届一轮复习人教版牛顿第运动定律的综合应用作业.docx
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届一轮复习人教版牛顿第运动定律的综合应用作业
牛顿运动定律的综合应用
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.[2018·湖南株洲模拟]一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示。
下列说法正确的是( )
A.铝球刚开始运动的加速度a0=g
B.铝球下沉的速度将会一直增大
C.铝球下沉过程所受到油的阻力Ff=
D.铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功
答案 C
解析 刚开始释放时,小球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a=
=g-
<g,A错误;从题图乙中可知铝球做加速度减小的加速运动,速度越来越大,到达v0时,加速度为0,速度不再增大,B错误;开始释放时有mg-F浮=ma0,铝球下沉过程中受重力、阻力和浮力作用,由牛顿第二定律得,mg-F浮-Ff=ma,又由题图乙可得a=a0-
v,联立以上各式解得,阻力Ff=
,C正确;铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的功,故D错误。
3.如图甲所示,一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上,从零时刻起,物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。
在0~3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示,则( )
A.F的最大值为12N
B.0~1s和2~3s内物体加速度的方向相反
C.3s末物体的速度最大,最大速度为8m/s
D.在0~1s内物体做匀加速运动,2~3s内物体做匀减速运动
答案 C
解析 由a-t图象知加速度最大时a=4m/s2,由牛顿第二定律F-μmg=ma知,F最大值大于12N,A错误;0~1s和2~3s内,加速度均为正方向,B错误;3s末速度最大,由a-t图面积知Δv=8m/s,所以vmax=8m/s,C正确;0~1s和2~3s内加速度a与速度v均同向都做加速运动,但a大小变化,所以不是匀加速,D错误。
4.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.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。 6.如图所示,水平传送带A、B两端相距s=3.5m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,取重力加速度大小g=10m/s2。 工件滑上A端瞬时速度vA=4m/s,达到B端的瞬时速度设为vB,则下列说法不正确的是( ) A.若传送带不动,则vB=3m/s B.若传送带以速度v=4m/s逆时针匀速转动,则vB=3m/s C.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,则vB=3m/s D.若传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,则vB=2m/s 答案 D 解析 工件在传送带上滑动时的加速度大小a= =1m/s2。 若传送带不动,工件做匀减速运动,由v -v =2(-a)s,则vB=3m/s,A正确;若传送带做逆时针匀速转动或传送带做顺时针匀速转动的速度不超过3m/s,则工件在传送带上都是做匀减速运动,vB=3m/s,B、C均正确,D错误。 7.如图所示,质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上,车上站着一质量为m的人,若要平板车静止在斜面上,车上的人必须( ) A.匀速向下奔跑 B.以加速度a= gsinα,向下加速奔跑 C.以加速度a= gsinα,向下加速奔跑 D.以加速度a= gsinα,向上加速奔跑 答案 C 解析 作出车的受力图,如图甲所示,求出人对车的摩擦力Ff=Mgsinα,作出人的受力图,如图乙,则mgsinα+Ff′=ma,且Ff′=Ff,解出a= gsinα。 故C正确。 8.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。 9.如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。 斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。 若Ta图象如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度为g=10m/s2。 则( ) A.a= m/s2时,FN=0 B.小球质量m=0.1kg C.斜面倾角θ的正切值为 D.小球离开斜面之前,FN=0.8+0.06a(N) 答案 ABC 解析 小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得Tcosθ-FNsinθ=ma,Tsinθ+FNcosθ=mg,联立解得FN=mgcosθ-masinθ,T=macosθ+mgsinθ,所以小球离开斜面之前,Ta图象呈线性关系,由题图乙可知a= m/s2时,FN=0,A正确;当a=0时,T=0.6N,此时小球静止在斜面上,其受力如图1所示,所以mgsinθ=T;当a= m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图2所示,所以 =ma,联立可得tanθ= ,m=0.1kg,B、C正确;将θ和m的值代入FN=mgcosθ-masinθ,得FN=0.8-0.06a(N),D错误。 10.如图所示,质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上,A、B接触面光滑,倾角为θ。 现分别以水平恒力F作用于A物块上,保持A、B相对静止共同运动,则下列说法正确的是( ) A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大 B.两种情况下获取的最大加速度相同 C.两种情况下所加的最大推力相同 D.采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力 答案 BC 解析 F作用于题图甲中A时,F最大时,A刚要离开地面,A受力如图甲,FN1cosθ=mg,对B: FN1sinθ=ma1;F作用于题图乙中A时,F最大时,B刚要离开地面,B受力如图乙,FN2cosθ=mg,FN2sinθ=ma2,可见FN2=FN1,a2=a1,对整体易知两种情况下所加的最大推力相同,选项B、C正确。 11.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。 12.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。 13.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 14.如图所示,有一长度x=1m、质量m0=10kg的平板小车,静止在光滑的水平面上,在小车一端放置一质量m=4kg的物块,物块与小车间的动摩擦因数μ=0.25,要使物块在2s内运动到小车的另一端,求作用在物块上的水平力F是多少? (g取10m/s2) 答案 16N 解析 小车和物块的运动情况如图所示,在物块运动到小车右端的过程中,小车发生的位移为x1,物块发生的位移为x2,取向右为正,以小车为研究对象,由牛顿第二定律得μmg=m0a1① 由匀变速运动的公式得x1= a1t2② 以物块为研究对象,由牛顿第二定律得 F-μmg=ma2③ 由匀变速运动的公式得x2= a2t2④ 由题意得x2-x1=x⑤ 由①②③④⑤代入数据得F=16N。 15.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
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