第12讲 牛顿运动定律的综合应用（练）-2019年高考物理一轮复习讲练测

第12讲 牛顿运动定律的综合应用（练）-2019年高考物理一轮复习讲练测

‎ ‎ 第12讲 牛顿运动定律的综合应用——练 ‎1．如图所示，A、B两球完全相同，质量均为，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度竖直向上匀加速运动时，两根细线之间的夹角为。则弹簧的被压缩的长度为（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】 C ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律及力的合成与分解的应用，注意物体竖直向上运动；本题也可以分别对水平和竖直两个方向列式计算，竖直方向由牛顿第二定律，水平方向受力平衡．‎ ‎2．如图所示，光滑物块m放在斜面体M上，斜面体M底部粗糙，物块m两端与固定的弹簧相连，弹簧的轴线与斜面平行．当物块在斜面上做周期性往复运动时，斜面体保持静止，下列图中能表示地面对斜面体的摩擦力Ff随时间t变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】 A 地面对斜面体的摩擦力，因为m，不变，所以不随时间变化，故A正确，BCD错误。‎ 点睛：本题关键抓住物块对斜面的压力不变，不要被物块做简谐运动迷惑，同时掌握整体法与隔离法分析问题的能力。‎ ‎3．如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A． 小物块运动的加速度大小恒为10m/s2‎ B． 小物块向上运动的时间为0.6s C． 小物块向上滑行的最远距离为4m D． 小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 ‎ ‎【答案】 C ‎【解析】开始时物块相对传送带向上运动,滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得：，解得：a1=10m/s2。物块速度小于传送带后相对斜面向下运动,滑动摩擦力力沿斜面面向上有：，解得：a2=2m/s2，所以物块运动的加速度大小不是恒为10m/s2，故A错误；两段运动的时分别为：，解得：，又有：，解得：，所以向上运动的总时间为：，故B错误；两端运动的位移分别为：‎ ‎，，小物块向上滑行的最远距离为，故C正确；由上可知小物块先向上减速到零，在向下加速，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎4．（多选）如图所示，一质量为M=2m、长为L质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边定滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为m的物块，物块上连接一条很长的细绳，某人拉绳并使其以恒定速率v=向下运动，物块只能运动到板的中点．下列说法正确的是(　　)‎ A． 物块对板做功的功率保持不变 B． 物块与板间因摩擦产生的热量为mgL C． 整个过程绳的拉力对物块做的功为mgL D． 若板与桌面间有摩擦，则当板与桌面间动摩擦因数为时，物块一定能到达板右端 ‎【答案】 BD M与桌面摩擦因数越大，m越易从右端滑下，所以当m滑到M右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为，对M，由牛顿第二定律得：，板的位移：；速度位移公式：，对m有：，，联立得，所以桌面与板间的摩擦因数应满足，所以当板与桌面间动摩擦因数为时，物块-定能到达板右端，D正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键理清m和M的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道物块能到达板的右端的临界情况是物块到达右端时与木板共速．‎ ‎5．长为1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm ‎．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（取g=10m/s2）‎ ‎（1）木板与冰面的动摩擦因数．‎ ‎（2）小物块相对长木板滑行的距离；‎ ‎（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板时的初速度应满足什么条件？‎ ‎【答案】 （1）（2）（3）‎ 由长木板的运动得 解得滑行时间．‎ 小物块冲上木板的初速度 ‎ 小物块A在长木板B上滑动的距离为 ‎（3）小物块A的初速度越大，它在长木板B上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板B的最右端时，两者的速度相等（设为v’），这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0．‎ 有，‎ ‎，‎ 由上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最大初速度．‎ 点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是理清木块和木板的运动情况，搞清物理过程，挖掘隐含条件，关注临界条件，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎1．如图所示，水平地面上有一倾角为30°的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块恰沿着斜劈的表面匀速下滑，现对小物块施加一沿斜劈表面向下的恒力F，使它沿该斜劈表面加速运动。在运动过程中，保持力F的大小不变，方向则逐渐沿逆时针方向转到竖直向下。斜劈表面足够长，斜劈始终相对地面静止。下列说法中正确的是（　　）‎ A． 小物块先做加速度增大的加速运动，最后做匀速运动 B． 小物块先做加速度减小的加速运动，最后做匀加速运动 C． 在运动过程中，地面对斜劈的支持力逐渐增大 D． 在运动过程中，地面对斜劈的摩擦力先减小后增大 ‎【答案】 C 面的摩擦力为零。当F沿斜面向下时，斜面的受力情况不变，地面对斜面的摩擦力为零。当F竖直向下时，对物块有：，物块做匀速运动，对整体，由平衡条件知地面对斜面的摩擦力为零，则知地面对斜劈的摩擦力总是为零。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，根据平衡条件得到物块与斜面间的动摩擦因数。当保持力F的大小不变，方向沿逆时针方向转到竖直向下的过程，对物块，运用牛顿第二定律列式，分析加速度的变化。对整体，运用牛顿第二定律分析地面对斜劈的支持力和摩擦力的变化。‎ ‎2．如图所示，一细线的一端固定于倾角为的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。(取.）‎ A． 当a=5m/s2时，线中拉力为 B． 当a=10m/s2时, 小球受的支持力为 C． 当a=12m/s2时, 经过1秒钟小球运动的水平位移是6m D． 在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和 ‎【答案】 A 同的运动状态，故在这1s内小球运动的水平位移小于6m，故C错误；在稳定后，对小球和滑块A整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A的支持力等于两个物体重力之和，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出支持力为零时的加速度，从而判断小球是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。‎ ‎3．如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内两物体用细绳通过光滑滑轮相连(m1>m2)，m2下端用一细绳与木箱相连，平衡时台秤的示数为某一数值；今剪断m2下端细绳，在m1下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数将( )‎ A． 变大 B． 变小 C． 不变 D． 不能判定 ‎【答案】 B ‎【解析】剪断m2下端细绳后，系统处于失重状态，台秤的示数将变小，故选B。‎ ‎4．（多选）如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为5m，B的质量为2m、C的质量为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是 A． 斜面倾角α=30°‎ B． A获得最大速度为 C． C刚离开地面时，B的加速度为零 D． 从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒 ‎【答案】 CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎5mgsinα−2mg−kxC=7ma④‎ 当A获得最大速度时，有a=0⑤‎ 由①④⑤式联立,解得sinα= ‎ 所以：α=37∘‎ 故A错误；‎ B. 设开始时弹簧的压缩量xB，则 kxB=2mg C. C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零，故C正确；‎ D. 从释放C到C刚离开地面的过程中，A.B两小球以及弹簧构成的系统机械能守恒，故D正确。‎ 故选：CD.‎ ‎【点睛】‎ C刚离开地面时，物体A沿斜面下滑的距离应该等于弹簧原来被压缩的长度再加上后来弹簧被拉长的长度，B获得最大速度，B应该处于受力平衡状态，对B受力分析，可以求得斜面的倾角α；对于整个系统机械能守恒，根据机械能守恒列出方程就可以求得B的最大速度．‎ ‎5．如图是工厂流水生产线包装线示意图，质量均为m=2.5kg、长度均为l=0.36m的产品在光滑水平工作台AB上紧靠在一起排列成直线（不粘连），以v0=0.6m/s的速度向水平传送带运动，设当每个产品有一半长度滑上传送带时，该产品即刻受到恒定摩擦力Ff=μmg而做匀加速运动，当产品与传送带间没有相对滑动时，相邻产品首尾间距离保持2l（如图）被依次送入自动包装机C进行包装。观察到前一个产品速度达到传送带速度时，下一个产品刚好有一半滑上传送带而开始做匀加速运动。取g=10m/s2。试求：‎ ‎(1)传送带的运行速度v；‎ ‎(2)产品与传送带间的动摩擦因数μ：‎ ‎(3)满载工作时与空载时相比，传送带驱动电动机增加的功率∆P；‎ ‎(4)为提高工作效率，工作人员把传送带速度调成v'=2.4m/s，已知产品送入自动包装机前已匀速运动，求第(3)问中的∆P′?第(3)问中在相当长时间内的等效∆P′′?‎ ‎【答案】 (1)1.8m/s (2) μ=0.2 (3)9W (4)18W ‎【解析】‎ ‎(1)产品在平台和传送带上不积压、不断流，则产品在平台上运动l与在传送带上最终 运动3l距离所用时间相等设为t，则t=‎ 解得他送带速度v=3v0=1.8m/s，t=0.6s ‎(2)解法一：产品滑上传送带后做初速度为v0的匀加速运动，设加速时间为t′，依题意，‎ 前一个产品加速结束时下一个产品刚好开始加速，因此t′=t=0.6s 由速度公式得v=v0+a t′‎ 由牛顿第二定律Ff=ma 联立代入Ff=μmg 解得μ=0.2‎ 解法二：产品滑上传送带后做初速度为v0的匀加速运动，设加速时间为t'，则从前一个产品加速开始，到下一个产品达到传送带速皮所用时间为2t'。‎ 对前一个产品 对下一个产品 联立解得∆P=9W ‎(4)两种情况，若是两个产品正在加速∆P=Ffv=24W，若是一个产品正在加速∆P=Ffv=12W 时间足够长，两个产品加速和一个产品加速的时间近似相等，等效的∆P=（24+12）/2=18W ‎【点睛】关键是明确滑块在传送带的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解。‎ ‎1．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是 A. B. C. D. ‎ ‎【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题 ‎【答案】 C ‎【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。‎ ‎2．（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，‎ A. 矿车上升所用的时间之比为4:5‎ B. 电机的最大牵引力之比为2:1‎ C. 电机输出的最大功率之比为2:1‎ D. 电机所做的功之比为4:5‎ ‎【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）‎ ‎【答案】 AC 速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1××t0×v0+ F2××t0×v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+ F2××t0×v0 =mg v0t0；两次做功相同，选项D错误。‎ 点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。‎ ‎3．【2016·海南卷】沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则 A．F1F3 C．F1>F3 D．F1=F3‎ ‎【答案】A ‎【解析】由v–t图象可知，0~5 s内加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F2=mgsin θ–f；10~15 s内加速度a3=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。‎ ‎【考点定位】图像，牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。‎ ‎4．【2016·江苏卷】如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中 A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎【答案】BD ‎【考点定位】力与运动 ‎【方法技巧】本题重在分析清楚鱼缸的受力情况、运动情况。先在桌布上加速，后在桌面上减速。鱼缸受桌布的滑动摩擦力与猫拉力的大小无关。‎ ‎ ‎