配套K12版高考物理金榜一轮课时分层作业 九 33牛顿运动定律的综合应用.docx
- 文档编号:30564259
- 上传时间:2023-08-16
- 格式:DOCX
- 页数:15
- 大小:115.85KB
配套K12版高考物理金榜一轮课时分层作业 九 33牛顿运动定律的综合应用.docx
《配套K12版高考物理金榜一轮课时分层作业 九 33牛顿运动定律的综合应用.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《配套K12版高考物理金榜一轮课时分层作业 九 33牛顿运动定律的综合应用.docx(15页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
配套K12版高考物理金榜一轮课时分层作业九33牛顿运动定律的综合应用
温馨提示:
此套题为Word版,请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴,调节合适的观看比例,答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
课时分层作业九
牛顿运动定律的综合应用
(45分钟 100分)
【基础达标题组】
一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。
1~6题为单选题,7~10题为多选题)
1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心。
图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。
两图中a~g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出。
重力加速度g取10m/s2。
根据图象分析可得( )
A.人的重力为1500N
B.c点位置人处于超重状态
C.e点位置人处于失重状态
D.d点的加速度小于f点的加速度
【解析】选B。
由图可知人的重力为500N,故A错误;c点位置人的支持力750N>500N,处于超重状态,故B正确;e点位置人的支持力650N>500N,处于超重状态,故C错误;d点的加速度为20m/s2大于f点的加速度为10m/s2,故D错误。
2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则( )
A.物块可能匀速下滑
B.物块仍以加速度a匀加速下滑
C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑
【解析】选C。
对物块进行受力分析,设斜面的角度为θ,可列方程mgsinθ
-μmgcosθ=ma,sinθ-μcosθ=
当加上力F后,由牛顿第二定律得(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma1,即mgsinθ-μmgcosθ+Fsinθ-
μFcosθ=ma1,ma+Fsinθ-μFcosθ=ma1,Fsinθ-μFcosθ=F(sinθ-
μcosθ)=
大于零,代入上式知,a1大于a。
物块将以大于a的加速度匀加速下滑。
只有C项正确。
3.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。
例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。
对此现象分析正确的是( )
A.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态
B.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度
D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
【解析】选D。
物体在手掌的推力作用下,由静止竖直向上加速时,物体处于超重状态。
当物体离开手的瞬间,只受重力作用,物体的加速度等于重力加速度,处于完全失重状态,故A、B、C错误;物体离开手的前一时刻,手与物体具有相同的速度,物体离开手的下一时刻,手的速度小于物体的速度,即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内,手的速度变化量大于物体的速度变化量,故手的加速度大于物体的加速度,也就是手的加速度大于重力加速度,故D正确。
4.(2018·烟台模拟)如图所示,横截面为直角三角形的三棱柱质量为M,放在粗糙的水平地面上,两底角中其中一个角的角度为α(α>45°)。
三棱柱的两倾斜面光滑,上面分别放有质量为m1和m2的两物体,两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接,定滑轮固定在三棱柱的顶端,若三棱柱始终处于静止状态。
不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦,重力加速度大小为g,则将m1和m2同时由静止释放后,下列说法正确的是( )
A.若m1=m2,则两物体可静止在斜面上
B.若m1=m2tanα,则两物体可静止在斜面上
C.若m1=m2,则三棱柱对地面的压力小于(M+m1+m2)g
D.若m1=m2,则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零
【解析】选C。
若m1=m2,m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°-α),m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsinα,由于α>45°,则m2gsin(90°-α)
要使两物体都静止在斜面上,应满足: m2gsin(90°-α)=m1gsinα,即有m1=m2cotα,B错误。 若m1=m2,设加速度大小为a,对两个物体及斜面整体,由牛顿第二定律得,竖直方向有FN-(M+m1+m2)g=m2asin(90°-α)-m1asinα<0,即地面对三棱柱的支持力FN<(M+m1+m2)g,则三棱柱对地面的压力小于(M+m1+m2)g;水平方向有Ff=m1acosα+m2acos(90°-α)>0,C正确,D错误。 5.(2018·山师附中模拟)如图所示,在光滑平面上有一静止小车,小车上静止地放置着一小物块,物块和小车间的动摩擦因数为μ=0.3,用水平恒力F拉动小车,物块的加速度为a1,小车的加速度为a2。 当水平恒力F取不同值时,a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10m/s2)( ) A.a1=2m/s2,a2=3m/s2 B.a1=3m/s2,a2=2m/s2 C.a1=5m/s2,a2=3m/s2 D.a1=3m/s2,a2=5m/s2 【解析】选D。 当物块与小车间的静摩擦力小于μmg时,物块与小车一起运动,且加速度相等,最大共同加速度为amax=μg=3m/s2,故A、B错误;当F>μ(M+m)g时,小车的加速度大于物块的加速度,此时物块与小车发生相对运动,此时物块的加速度最大,由牛顿第二定律得: a1= =μg=3m/s2,小车的加速度a2>3m/s2,故C错误,D正确。 【加固训练】 如图所示,A、B两物块叠放在一起,放在光滑地面上,已知A、B物块的质量分别为M、m,物块间粗糙。 现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上,物块A、B均不发生相对运动,则F1、F2的最大值之比为( ) A.1∶1 B.M∶m C.m∶MD.m∶(m+M) 【解析】选B。 F1作用在A物块上,由牛顿第二定律,F1=(M+m)a1。 设A、B物块间的最大静摩擦力为Ff,对B物块,则有Ff=ma1。 F2作用在B物块上,由牛顿第二定律,F2=(M+m)a2。 对A物块,则有Ff=Ma2,联立解得: F1、F2的最大值之比为F1∶F2=M∶m,选项B正确。 6.如图所示,一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端,弹簧与斜面平行,在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中,小球始终相对于斜面静止。 已知弹簧的劲度系数为k,则该过程中弹簧的形变量为(已知: sin37°=0.6,cos37°=0.8)( ) A. B. C. D. 【解析】选A。 假设小球只受到重力和斜面的支持力且和斜面一起以加速度a0向左匀加速运动,则a0=gtan37° A正确。 7.(2018·十堰模拟)质量分别为M和m的物块形状大小均相同,将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,如图甲所示,绳子平行于倾角为α的斜面,M恰好能静止在斜面上,不考虑M、m与斜面之间的摩擦。 若互换两物块位置,按图乙放置,然后释放M,斜面仍保持静止。 则下列说法正确的是 ( ) A.轻绳的拉力等于Mg B.轻绳的拉力等于mg C.M运动的加速度大小为(1-sinα)g D.M运动的加速度大小为 g 【解析】选B、C、D。 互换位置前,M静止在斜面上,则有: Mgsinα=mg,互换位置后,对M有Mg-FT=Ma,对m有: FT′-mgsinα=ma,又FT=FT′,解得: a=(1- sinα)g= g,FT=mg,故A错,B、C、D对。 8.如图所示,一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点,当传送带始终静止时,已知物体能滑过右端的B点,经过的时间为t0,则下列判断正确的是( ) A.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变,则物体也能滑过B点,且用时为t0 B.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变,则物体可能先向右做匀减速运动直到速度为零,然后向左加速,因此不能滑过B点 C.若传送带顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v=v0时,物体将一直做匀速运动滑过B点,用时一定小于t0 D.若传送带顺时针方向运动,当其运行速率(保持不变)v>v0时,物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点,用时一定小于t0 【解析】选A、C。 传送带静止时,物体滑上传送带后受水平向左的滑动摩擦力μmg,设到达B点的速度为vB。 由 - =2(-μg)L可得: vB= 若传送带逆时针运行,物体仍受向左的摩擦力μmg,同样由上式分析,一定能匀减速至右端,速度为vB,用时也一定仍为t0,故选项A对,而B错;若传送带顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v=v0时,物体将不受摩擦力的作用,一直做匀速运动滑至B端,因为匀速通过,故用时一定小于t0,故选项C对;当其运行速率(保持不变)v>v0时,开始物体受到向右的摩擦力的作用,做加速运动,运动有两种可能: 若物体加速到速度v还未到达B端时,则先匀加速运动后匀速运动,若物体速度一直未加速到v时,则一直做匀加速运动,故选项D错。 9.如图甲所示,在水平地面上有一长木板B,其上叠放木块A,假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等,用一水平力F作用于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法中正确的是( ) A.A的质量为0.5kg B.B的质量为1.5kg C.B与地面间的动摩擦因数为0.2 D.A、B间的动摩擦因数为0.4 【解析】选A、C、D。 由图可知,二者开始时相对地面静止,当拉力为3N时开始相对地面滑动;故B与地面间的最大静摩擦力为3N;当拉力为9N时,AB相对滑动,此时A的加速度为4m/s2;当拉力为13N时,B的加速度为8m/s2;对A分析可知,μ1g=4m/s2;解得: AB间的动摩擦因数μ1=0.4;对B分析可知,13N-3N-μ1mAg=mB×8m/s2 对整体有: 9N-3N=(mA+mB)×4m/s2 联立解得: mA=0.5kg;mB=1kg; 则由μ2(mA+mB)g=3N解得,B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2;故A、C、D正确,B错误。 10.(2015·海南高考)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。 开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。 当升降机加速上升时( ) A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑 【解析】选B、D。 当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速度,处于超重状态,物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=μFN可知接触面间的正压力增大,物块与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物块的质量为m,当匀速运动时有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ。 假设升降机以加速度a向上运动时,把a分解为垂直斜面方向与沿斜面方向,两个分量acosθ、asinθ。 垂直斜面方向上,物块与斜面相对静止,对物块分析,压力FN=m(g+a)cosθ,Ff=μm(g+a)cosθ,因为sinθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ =μm(g+a)cosθ,即在沿斜面方向物块的加速度为asinθ,所以物块的加速度也为a,故物块相对于斜面匀速下滑,C错误,D正确。 故选B、D。 二、计算题(15分。 需写出规范的解题步骤) 11.如图所示,水平地面上放置一个质量为m的物体,在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动。 物体与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。 求: (1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面,拉力F的大小范围。 (2)已知m=10kg,μ=0.5,g=10m/s2,若F的方向可以改变,求使物体以恒定加速度a=5m/s2向右做匀加速直线运动时,拉力F的最小值。 【解析】 (1)要使物体运动时不离开地面, 应有: Fsinθ≤mg 要使物体能一直向右运动, 应有: Fcosθ≥μ(mg-Fsinθ) 联立解得: ≤F≤ (2)根据牛顿第二定律得 Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma 解得: F= 上式变形得F= 其中α=arcsin 当sin(θ+α)=1时,F有最小值 解得: Fmin= 代入相关数据解得: Fmin=40 N 答案: (1) ≤F≤ (2)40 N 【总结提升】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表达式,根据数学表达式解出临界条件。 【能力拔高题组】 1.(8分)(多选)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B。 保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示。 设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法中正确的是 ( ) A.若θ已知,可求出A的质量 B.若θ未知,可求出图乙中a1的值 C.若θ已知,可求出图乙中a2的值 D.若θ已知,可求出图乙中m0的值 【解题指导】 (1)根据牛顿第二定律,可得加速度的表达式。 (2)利用好乙图中三个点: m=0时,m=m0时,m>>mA时。 【解析】选B、C。 由牛顿第二定律可知mg-mAgsinθ=(m+mA)a,解得加速度a= 当m=0时,得a2=gsinθ,故C正确;当m≫mA时a1=g,故B正确;无法求出A的质量,故A错误;当加速度a=0时,可知m0=mAsinθ,无法求出m0的值,故D错误。 2.(17分)传送带以稳定的速度v=6m/s顺时针转动,传送带与水平面的夹角θ=37°,现在将一质量m=2kg的物体(可以看作质点)放在其底端,传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F=20N拉物体,经过一段时间物体被拉到斜面顶端的平台上,如图所示,已知传送带底端与顶端的竖直高度H=6m,物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (g取 10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8) (1)求物体从底端运动到顶端所用时间。 (2)若物体与传送带达到速度相等的瞬间,突然撤去拉力,物体还需要多长时间离开传送带? 【解析】 (1)物体开始运动时的加速度为a1则: F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1 解得: a1=6m/s2 物体达到和传送带速度相等历时t1,根据运动学公式,有: v=a1t1,故t1=1s s= t1= ×1m=3m 然后对物体受力分析: F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2 解得: a2=2m/s2 再经t2到达顶端,则: -s=vt2+ a2 解得: t2=1s或者t2=-7s(舍去) 所以物体到达顶端共历时 t=t1+t2=2s。 (2)当撤去拉力时,对物体受力分析得: mgsin37°-μmgcos37°=ma3 a3=4m/s2,方向沿斜面向下,故物体做匀减速直线运动,经时间t3速度减到0,物体上升的距离为: s2= t3 根据速度—时间关系公式: a3t3=v 解得: t3= s s2=4.5m,故物体没有上升到顶端,从而沿斜面下滑到底端离开传送带 设从速度为0滑回底端的时间为t4则: a3 =s+s2,解得: t4= s。 所以物体还需要 s离开传送带。 答案: (1)2s (2) s 【加固训练】 如图所示,质量M=1kg的木板静置于倾角θ=37°、足够长的固定光滑斜面底端。 质量m=1kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=4m/s从木板的下端冲上木板,同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F=3.2N的恒力。 若小物块恰好不从木板的上端滑下,求木板的长度l为多少? 已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 【解析】由题意,小物块向上做匀减速运动,木板向上做匀加速运动,当小物块运动到木板的上端时,恰好和木板共速。 设小物块的加速度为a,由牛顿第二定律得, mgsinθ+μmgcosθ=ma, 设木板的加速度为a′,由牛顿第二定律得, F+μmgcosθ-Mgsinθ=Ma′, 设二者共速的速度为v,经历的时间为t,由运动学公式得 v=v0-at,v=a′t; 小物块的位移为x,木板的位移为x′,由运动学公式得, x=v0t- at2,x′= a′t2; 小物块恰好不从木板上端滑下, 有x-x′=l, 联立解得l=0.5m。 答案: 0.5m 关闭Word文档返回原板块
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 配套K12版高考物理金榜一轮课时分层作业 33牛顿运动定律的综合应用 配套 K12 高考 物理 金榜 一轮 课时 分层 作业 33 牛顿 运动 定律 综合 应用