届高考物理一轮复习课时练习九牛顿运动定律的综合应用及答案.docx
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届高考物理一轮复习课时练习九牛顿运动定律的综合应用及答案
牛顿运动定律的综合应用
(建议用时60分钟)
1.(2015·浙江10月选考真题)kg和s是国际单位制两个基本单位的符号,这两个基本单位对应的物理量是( )
A.质量和时间 B.质量和位移
C.重力和时间D.重力和位移
【解析】选A。
kg对应的物理量是质量,s对应的物理量是时间,A正确。
2.一只小鸟飞停在一棵细树枝上,随树枝上下晃动,从最高点到最低点的过程中,小鸟( )
A.一直处于超重状态
B.一直处于失重状态
C.先失重后超重
D.先超重后失重
【解析】选C。
小鸟在竖直方向先向下做加速运动后向下做减速运动,加速度先向下后向上,故从最高点到最低点的过程中小鸟先处于失重状态,后处于超重状态,A、B、D均错误,C正确。
故选C。
3.(2019·温州模拟)如图所示,质量为m的人站在竖直观光电梯中,如果电梯运动的加速度大小为a,电梯地板对人的支持力为F=mg+ma,则可能的情况为( )
A.电梯以加速度a向下加速运动
B.电梯以加速度a向上加速运动
C.电梯以加速度a向上减速运动
D.以上三项都不正确
【解析】选B。
由牛顿第二定律得人的加速度a′=
=a,方向向上,所以电梯以加速度a向上加速运动或电梯以加速度a向下减速运动,B正确,A、C、D错误。
故选B。
4.如图所示,一质量为m的物体恰能在一个质量为M的斜面体上沿斜面匀速下滑。
现用一与斜面成α角的推力推此物体(如图所示),使物体沿斜面加速下滑,则斜面受到地面的摩擦力f和支持力N( )
A.摩擦力方向水平向右
B.摩擦力方向水平向左
C.支持力N=(M+m)g
D.支持力N>(M+m)g
【解析】选D。
物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑,对其受力分析,如图
设斜面坡角为θ,根据共点力平衡条件,有mgsinθ-f1=0
N1-mgcosθ=0 f1=μN1
计算得出μ=tanθ
有F作用在物体m上时,对M受力分析,如图
因为f′=μN′,而μ=tanθ。
故摩擦力f′和压力N′的合力必然竖直向下,因而斜面体与地面之间无摩擦力,因而A、B错误;有F作用在物体m上时,物体m与斜面体之间的弹力和摩擦力均比不加力F时大,故摩擦力f′和压力N′的合力F合一定大于mg,且合力仍然竖直向下,因而N=Mg+F合>(M+m)g,因而C错误,D正确。
5.如图所示,A、B两木块间连一轻质弹簧,A、B质量相等,一起静止地放在一块木板上,若将此木板突然抽去,在此瞬间,A、B两木块的加速度分别是( )
A.aA=0,aB=2gB.aA=g,aB=g
C.aA=0,aB=0D.aA=g,aB=2g
【解析】选A。
弹簧的弹力由抽出木板前的平衡状态可知F=mg,抽出板的瞬间,弹簧的弹力不变,上面木块受到合外力仍然为零,加速度为零,下面木块受到弹力和重力的作用,合外力为2mg,故加速度为2g。
6.如图所示,水平传送带A、B两端点相距x=4m,以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针转动。
今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2。
由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。
则小煤块从A运动到B的过程中( )
A.小煤块从A运动到B的时间是
s
B.小煤块从A运动到B的时间无法求解
C.划痕长度是4m
D.划痕长度是0.5m
【解析】选D。
小煤块刚放上传送带时,加速度a=μg=4m/s2,由v0=at1可知,小煤块加速到与传送带同速的时间为t1=
=0.5s,此时小煤块运动的位移x1=
t1
=0.5m,而传送带的位移为x2=v0t1=1m,故小煤块在传送带上的划痕长度为l=x2
-x1=0.5m,D正确,C错误;之后的x-x1=3.5m,小煤块匀速运动,故匀速运动的时间t2=
=1.75s,故小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25s,A、B错误。
7.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度为g。
要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应大于( )
A.3μmgB.4μmg
C.5μmgD.6μmg
【解析】选D。
当纸板相对砝码运动时,设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有:
Ff1=2μmg=2ma1,得:
a1=
=μg,F-Ff1-Ff2=m2a2,发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度,即:
a2>a1,所以:
F=Ff1+Ff2+m2a2>Ff1+Ff2+m2a1=μ·2mg+
μ·3mg+μmg=6μmg,即F>6μmg。
8.如图所示,质量为1kg的环套在倾斜固定的杆上,受到竖直向上的20N的拉力F1的作用,从静止开始运动。
已知杆与环间的动摩擦因数μ=
杆与水平地面的夹角为30°,g取10m/s2,则下列说法正确的( )
A.环对杆的弹力垂直于杆向下,大小为5
N
B.环对杆的摩擦力沿杆向上,大小为5N
C.环的加速度大小为2.5m/s2
D.杆对环的作用力大小为10N
【解析】选C。
对小球受力分析,如图所示。
由于F1>mg,所以杆对环的弹力垂直于杆向下,FN=(F1-mg)cos30°=5
N,根据牛顿第三定律可知环对杆的弹力F′N
=FN=5
N,方向垂直于杆向上,故A错误;杆对环的摩擦力Ff=μFN=2.5N,方向沿杆向下,根据牛顿第三定律可知环对杆的摩擦力Ff′=Ff=2.5N,方向沿杆向上,故B错误;根据牛顿第二定律,有:
(F1-mg)sin30°-Ff=ma,解得:
a=2.5m/s2,故C正确;杆对环的作用力包括压力和摩擦力,F=
=FN
=2.
5
N,故D错误。
9.如图甲所示,质量为M的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。
滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示。
某同学根据图象作出如下一些判断,正确的是( )
A.滑块和木板始终存在相对运动
B.滑块始终未离开木板
C.滑块的质量小于木板的质量
D.木板的长度为
【解析】选B。
由题意知,m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动,M在m的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动,最终两者相对静止,一起运动,故A错误;由图示图象可知,最终滑块与木板速度相等,它们相对静止,滑块没有滑离木板,故B正确;由于m、M间相互作用的摩擦力分别使m、M产生加速度,所以满足mam=MaM,由图象知,在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度,即am
x=
t1-
t1=
则木板长度大于等于
故D错误;故选B。
10.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在小车上的水平横杆,物块M穿在杆上,M通过线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时,细线恰好在竖直方向上,现使车向右运动,全过程中M始终未相对杆bc移动,M、m与小车保持相对静止,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,则以下结论不正确的是( )
A.Ff1∶Ff2=1∶2 B.Ff2∶Ff3=1∶2
C.Ff3∶Ff4=1∶2D.tanα=2tanθ
【解析】选B。
已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,在图
(1)和图
(2)中摩擦力Ff=Ma,则Ff1∶Ff2=1∶2,A正确;Ff2∶Ff3=Ma2∶(M+m)a3,故B错误;在图(3)和图(4)中摩擦力Ff3=(M+m)a3,Ff4=(M+m)a4,Ff3∶Ff4=1∶2,C正确;图(3)、(4)中,a3=gtanθ,
a4=gtanα,则tanα=2tanθ,则D正确。
11.(2019·宁波模拟)随着科技的发展,我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离,如图所示,航空母舰的水平跑道总长l=180m,其中电磁弹射区的长度为l1=80m,在该区域安装有直线电机,该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵,一架质量为m=2.0×104kg的飞机,其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N,假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。
已知飞机可看作质量恒定的质点,离舰起飞速度v=40m/s,航空母舰处于静止状态(g取10m/s2)。
求:
(1)飞机在后一阶段的加速度大小;
(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小;
(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。
【解析】
(1)根据牛顿第二定律F推-0.2mg=ma2
解得a2=4.0m/s2
(2)由v2-
=2a2(l-l1)
解得v1=20
m/s
(3)由
=2a1l1解得a1=5m/s2
根据牛顿第二定律F牵+F推-0.2mg=ma1
代入数据解得F牵=2×104N。
答案:
(1)4.0m/s2
(2)20
m/s
(3)2×104N
12.如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。
若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动,随着θ的改变,小物块沿木板滑行的距离s将发生变化,重力加速度为g。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数。
(2)当θ角满足什么条件时,小物块沿木板滑行的距离最小,并求出此最小值。
【解析】
(1)当θ=30°时,对物块受力分析:
mgsinθ=μFN
FN-mgcosθ=0
则动摩擦因数μ=tanθ=tan30°=
(2)当θ变化时,设物块的加速度为a,则:
mgsinθ+μmgcosθ=ma
物块的位移为s,则:
=2as
则s=
令tanα=μ,则当α+θ=90°时s最小,
即θ=60°,小物块沿木板滑行的距离最小
smin=
=
答案:
(1)
(2)θ=60°
【总结提升】求解临界极值问题的三种常用方法
(1)极限法:
把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的。
(2)假设法:
临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题。
(3)数学方法:
将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件。
13.如图所示,电梯的顶部挂一个弹簧测力计,测力计下端挂了一个重物,电梯做匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N,关于电梯的运动,以下说法正确的是(g取10m/s2)( )
A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为4m/s2
B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为2m/s2
C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为8m/s2
D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为4m/s2
【解析】选B。
电梯匀速运动时,对重物由平衡条件得mg=F,m=1kg,当弹簧测力计的示数变为8N时,对重物由牛顿第二定律得mg-F′=ma,得a=2m/s2,加速度方向向下,其运动情况可能向上减速或向下加速,B正确。
14.如图所示,倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环,环通过细线吊一个质量为m的小球,当环在某拉力的作用下的长杆上滑动时,稳定运动的情景如图所示,其中虚线表示竖直方向,那么以下说法正确的是( )
A.环一定沿长杆向下加速运动
B.环的加速度一定沿杆向上
C.环的加速度一定大于gsinα
D.环一定沿杆向上运动
【解析】选B。
稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态相同,且运动方向均与杆平行。
对小球受力分析如图,可知小球所受合力平行于杆向上,说明加速度方向沿杆向上,由于环的速度方向不确定,两者可能沿杆向上加速运动,也可能沿杆向下减速运动,则B正确,A、D错误;由于不知道细线与竖直方向的夹角,则不能判断出小球的加速度与gsinα的大小关系,则C项错误。
15.如图所示,水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动。
已知F1>F2,当运动达到稳定时,关于弹簧的伸长量下列说法正确的是( )
A.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为
B.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为
C.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,弹簧的伸长量为
D.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,弹簧的伸长量为
【解析】选C。
设两个物体的质量均为m,若水平地面光滑,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a=
再以A为研究对象,由牛顿第二定律得:
F1-kx=ma代入解得弹簧的伸长量为x=
选项A、B错误;若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得
a′=
=
-μg
再以A为研究对象,由牛顿第二定律得:
F1-kx′-μmg=ma′
代入解得弹簧的伸长量为x′=
选项C正确,D错误,故选C。
16.(2019·金华模拟)如图所示,质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为1kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起,但A、B之间无压力。
某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(g取10m/s2)( )
A.0B.8NC.10ND.50N
【解析】选B。
剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=40N,剪断细线的瞬间,对AB整体分析,整体加速度a=
=
m/s2=2m/s2,隔离对B分析,mBg-N=mBa,解得N=mBg-mBa=10N-1×2N=8N,B正确,A、C、D错误。
故选B。
17.(2019·杭州模拟)一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。
一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下。
落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。
已知座舱开始下落时的高度为75m,当落到离地面30m的位置时开始制动,座舱均匀减速。
重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。
(1)求座舱下落的最大速度;
(2)求座舱下落的总时间;
(3)若座舱中某人用手托着重30N的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力。
【解析】
(1)由v2=2gh得vm=30m/s
(2)座舱在自由下落阶段所用时间为h=
g
得t1=3s
座舱在匀减速下落阶段所用的时间为
t2=
=2s
所以座舱下落的总时间为t=t1+t2=5s
(3)对球进行受力分析,受重力mg和手的支持力N作用,在座舱自由下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=mg,解得N=0,根据牛顿第三定律有N′=N=0,即球对手的压力为零;
在座舱匀减速下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=ma,根据匀变速直线运动规律有a=
=-15m/s2,解得N=75N,根据牛顿第三定律有N′=N=75N,即球对手的压力为75N
答案:
(1)30m/s
(2)5s (3)自由下落阶段为0N,匀减速下落阶段为75N
【加固训练】
如图所示,在倾角θ=30°的斜面上固定一块竖直放置的挡板,在挡板和斜面之间放有一个光滑圆球,当系统静止时挡板上的压力传感器显示压力为20N,试求:
(1)球对斜面的压力大小和圆球的重力大小。
(2)要让挡板压力为零,整个装置在水平方向上将怎样运动?
(圆球相对斜面还是静止的)
【解析】
(1)球受重力、挡板支持力、斜面支持力,按照作用效果,将重力沿着垂直挡板和垂直斜面方向分解,如图所示:
结合几何知识可得:
G=
=
N=20
N,
F2=
=
=40N。
(2)对球受力分析,受重力和支持力,合力水平向左,如图所示:
合力:
F=Gtanθ,根据牛顿第二定律,有:
F=ma
解得:
a=gtanθ=10×
m/s2=
m/s2,水平向左
故装置向左以
m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以
m/s2的加速度做匀减速直线运动。
答案:
(1)40N 20
N
(2)装置向左以
m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以
m/s2的加速度做匀减速直线运动
18.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:
如图,滑板长L=1m,起点A到终点线B的距离s=5m。
开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进。
板右端到达B处冲线,游戏结束。
已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2kg,滑板质量m2=1kg,重力加速度g取10m/s2。
求:
(1)滑板由A滑到B的最短时间是多少?
(2)为使滑板能以最短时间到达B,水平恒力F的取值范围如何?
【解析】
(1)滑板一直加速,所用时间最短。
设滑板加速度为a2,Ff=μm1g=m2a2
s=
a2=10m/s2
t=1s。
(2)刚好相对滑动时,F最小,此时可认为二者加速度相等,则F1-μm1g=m1a2
F1=30N
当滑板运动到B点,滑块刚好脱离时,F最大,设滑块加速度为a1,则F2-μm1g=m1a1
-
=L
F2=34N
则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N。
答案:
(1)1s
(2)30N≤F≤34N
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