【物理】2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 作业

【物理】2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 作业

课时跟踪检测（十） 牛顿运动定律的综合应用 A卷——基础保分专练 ‎1．游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重的感觉。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送至70多米高处，然后让座舱由静止无动力下落，落到离地面30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停止。假设舱中某人用手托着一个重为50 N的铅球。下列说法正确的是(　　)‎ A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0‎ B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力 C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0‎ D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N 解析：选A　由题意可知，座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动，之后座舱做减速运动，当座舱落到离地面45米高的位置时，人和球均做自由落体运动，此时球对手的作用力为零，选项A正确，B错误；当座舱落到离地面20米高的位置时，球做减速运动，处于超重状态，球对手的作用力大于50 N，选项C、D错误。‎ ‎2．如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长。在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为(　　)‎ A．aA＝g，aB＝5g　　　　　 B．aA＝aB＝g C．aA＝g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g 解析：选D　对滑轮分析：F－2T＝ma，又m＝0，‎ 所以T＝＝＝3mg，‎ 对A分析：由于T<4mg故A静止，aA＝0‎ 对B分析：aB＝＝＝2g，故D正确。‎ ‎3．(2019·汕头模拟)如图所示，将一手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮。手持手电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以(　　)‎ A．缓慢向上匀速运动 B．缓慢向下匀速运动 C．突然向上加速运动 D．突然向下加速运动 解析：选C　如果手电筒加速上升或减速下降，电池处于超重状态，它对弹簧的作用力将大于其重力，弹簧压缩量增大，电池上端将与电珠脱离，电珠熄灭，故只有C符合题意。‎ ‎4．如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角不变。下列说法中正确的是(　　)‎ A．车厢的加速度大小为gtan θ B．绳对物体1的拉力为m1gcos θ C．车厢底板对物体2的支持力为(m2－m1)g D．物体2受车厢底板的摩擦力为0‎ 解析：选A　以物体1为研究对象，分析受力情况如图甲所示，物体1受重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtan θ＝m1a＝Tsin θ，得a＝gtan θ，T＝，故A正确，B错误。以物体2为研究对象，分析受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得N＝m2g－T＝m2g－，f＝m2a＝m2gtan θ，故C、D错误。‎ ‎5．(多选)如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上。现把小圆环从A端由静止释放，同时给它施加一位于该竖直平面内的恒力F。改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则(　　)‎ A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向 B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向 C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为mg D．恒力F的最小值为mg 解析：选BCD　小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L＝at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误，B正确；若恒力F的方向水平向右，由tan 30°＝，解得F＝mg，选项C正确；当恒力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin 60°＝，解得F的最小值为Fmin＝mgsin 60°＝mg，选项D正确。‎ ‎6．(2018·保定二模)如图所示，光滑长方体物块质量为M，静止在水平地面上，上部固定一轻滑轮，跨过定滑轮的轻绳连接质量为m1和m2的两物体，连接m1的细绳水平、m2恰好与M的侧壁相接触。不考虑一切摩擦，现对M施加水平向右的推力F，使得三物体不存在相对运动，则F的大小为(　　)‎ A.g B.g C.g D.g 解析：选A　对整体水平方向有F＝(M＋m1＋m2)a，对m1水平方向有T＝m1a，对m2竖直方向有T＝m2g，联立解得F＝g，故A正确。‎ ‎7．(多选)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　)‎ A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用 B．一起加速过程中，D木块受到的静摩擦力大小为 C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同 D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 解析：选BC　在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。‎ ‎8．(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)‎ A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0‎ B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力大小为F－μmg C．当F＞2μmg时，绳中拉力大小为 D．无论F多大，绳中拉力大小都不可能等于 解析：选ABC　当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg，所以绳中拉力大小为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体：a＝，对B：a＝，联立解得绳中拉力大小为F，故C正确；由以上的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力大小为F－μmg，绳中拉力大小可能等于F，故D错误。‎ ‎9．(多选)如图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)‎ A．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/s B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75‎ C．0～8 s内物体位移的大小为14 m D．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J 解析：选CD　由题图乙可知小物体先向下做减速运动后向上做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，故A错误；根据vt图像的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s内物体的位移为s＝－×2×2 m＋×4 m＝14 m，故C正确；0～8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s内传送带运动的距离为s带＝4×6 m＝24 m，0～6 s内物体的位移为s物＝－×2×2 m＋ m＝6 m，因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos 37°·(‎ s带－s物)＝126 J，故D正确。‎ ‎10.(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8　　　　　　　　　　 B．10‎ C．15 D．18‎ 解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6，n1＝8时，n＝5，n＝10，n＝15，n＝20，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。‎ ‎11．(2019·南昌调研)如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同。用平行于斜面的恒力F向上推物体A，使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面。下列说法中正确的是(　　)‎ A．只减小A的质量，B对A的压力大小不变 B．只减小B的质量，B对A的压力大小会增大 C．只减小斜面的倾角，B对A的压力大小不变 D．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大 解析：选C　将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a＝＝－gsin θ－μgcos θ，对B分析可得N－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa，解得N＝，由牛顿第三定律可知，B对A的压力N′＝，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误。‎ ‎12．粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m＝0.5 kg的小球，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a＝1‎ ‎ m/s2做匀加速运动。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。‎ ‎(1)求F的大小；‎ ‎(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。‎ 解析：(1)整体以加速度a匀加速向右运动，根据牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，‎ 解得F＝6 N。‎ ‎(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN 对小球受力分析：‎ 在水平方向：kxcos θ－FNsin θ＝ma 在竖直方向：kxsin θ＋FNcos θ＝mg 解得：x＝0.017 m　FN＝3.7 N。‎ 答案：(1)6 N　(2)0.017 m　3.7 N ‎13．(2019·通化质检)如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4。现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：‎ ‎(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；‎ ‎(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。‎ 解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，‎ 解得：a1＝6 m/s2。‎ 对物块有：μ1mg＝ma2，解得：a2＝4 m/s2。‎ 因为a20，A对B的作用力方向向右，C错误。‎ ‎5．在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3。下列说法正确的是(　　)‎ A．μ1＞μ2‎ B．μ3＜μ2‎ C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcos θ D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcos θ 解析：选D　对题图甲中两本词典整体分析，根据共点力平衡有2mgsin θ＝μ2·2mgcos θ，对题图乙中两本词典整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin θ－μ1·2mgcos θ＝2ma，由两式可知μ1＜μ2，故A错误；题图甲中英语词典所受静摩擦力f1＝mgsin θ，因为2mgsin θ＝μ2·2mgcos θ，所以f1＝μ2mgcos θ，故D正确；而两本词典之间的最大静摩擦力fm＝μ3mgcos θ，由fm≥f1可知μ3≥μ2，故B错误；题图乙中a＝gsin θ－μ1gcos θ，对汉语词典有mgsin θ－f2＝ma，解得f2＝μ1mgcos θ，故C错误。‎ ‎6．(2018·佛山模拟)如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其下端、上端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L>2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。‎ ‎(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。‎ ‎(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。‎ 解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。‎ 对A、B整体有3mg－F＝3ma，‎ 对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，‎ 联立解得F≤mg。‎ ‎(2)A到达上边界PQ时的速度vA＝。‎ 当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。‎ A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝ 。‎ 由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2＝＝。‎ 物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为 ΔL＝L－＝L－H。‎ 答案：(1)F≤mg　(2)L－H ‎7．(2019·珠海调研)水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速度运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速的放在A处。已知该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2 m，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)行李从A运送到B所用的时间t；‎ ‎(2)电动机运送该行李需多消耗的电能E；‎ ‎(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。‎ 解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2‎ 设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则v＝at1，s1＝at12，解得t1＝1 s，s1＝0.5 m 行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2‎ 则t2＝＝1.5 s 所以行李从A运送到B共用时间为t＝t1＋t2＝2.5 s。‎ ‎(2)电动机需多消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故 E＝mv2＋μmgΔL 行李与传送带的相对位移ΔL＝vt1－s1＝0.5 m，‎ 代入数据解得E＝4 J。‎ ‎(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短 有l＝at2‎ 代入数据得t＝2 s，‎ 此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s 故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。‎ 答案：(1)2.5 s　(2)4 J　(3)2 s　2 m/s ‎8．(2019·洛阳模拟)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1‎ ‎＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2。现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎　　‎ ‎(1)A物体在纸带上的滑动时间；‎ ‎(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的vt图像；‎ ‎(3)物体A、B停在地面上时，两者之间的距离。‎ 解析：(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1‎ 当物体A滑离纸带时at12－a1t12＝d 由以上两式可得t1＝1 s。‎ ‎(2)如图所示。‎ ‎(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1‎ 两物体在地面上运动时均有 μ2mg＝ma2‎ 物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1＝＋ 物体B滑离纸带时at22－a1t22＝2d 物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2‎ 物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移 x2＝＋ 两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1‎ 由以上各式可得x＝1.25 m。‎ 答案：(1)1 s　(2)见解析　(3)1.25 m ‎9．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；‎ ‎(2)木板A的长度L；‎ ‎(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg ‎，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。‎ 解析：(1)对A、C整体分析，由牛顿第二定律得mg＝2ma 又v02＝2ah，解得v0＝。‎ ‎(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，‎ 由牛顿第二定律得mg－μ·4mg＝2ma′‎ 解得a′＝0‎ 即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，‎ B匀加速运动，加速度aB0＝μg＝ 设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－v0t0‎ 解得L＝2h。‎ ‎(3)共速前：A和C匀速，B加速，aB1＝＝2g t1＝＝ ，Δx1＝xAC－xB＝v0t1－v0t1＝ 共速后全部向右加速：B的加速度aB2＝＝g，‎ A、C共同的加速度aAC＝＝g，‎ 由Δx2＝Δx1＝(aB2－aAC)t22‎ 解得t2＝ ，故B滑出A时的速度为 vB2＝v0＋aB2t2＝ 。‎ 答案：(1)　(2)2h　(3)