高考物理一轮复习强化练习33+牛顿运动定律的综合应用人教新课标.docx
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高考物理一轮复习强化练习33+牛顿运动定律的综合应用人教新课标
课时作业9 牛顿运动定律的综合应用
时间:
45分钟
一、单项选择题
1.(2016·常熟模拟)
伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中,一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下,与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处.假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力,演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动,不考虑空气阻力的影响,则该演员( )
A.在向下运动的过程中始终处于失重状态
B.在向上运动的过程中始终处于超重状态
C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
解析:
演员在空中时,加速度为g,方向向下,处于失重状态;当演员蹬地加速时,加速度a向下,处于失重状态;蹬地后期减速,加速度a向上,处于超重状态;所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态,C正确;同理可知,演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态,D错误.
答案:
C
2.某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞,用手指按住洞,向罐中装满水,然后将易拉罐竖直向上抛出,空气阻力不计,则下列说法正确的是( )
A.易拉罐上升的过程中,洞中射出的水的速度越来越快
B.易拉罐下降的过程中,洞中射出的水的速度越来越快
C.易拉罐上升、下降的过程中,洞中射出的水的速度都不变
D.易拉罐上升、下降的过程中,水都不会从洞中射出
解析:
易拉罐被抛出后,不论上升还是下降,易拉罐及水均处于完全失重状态,水都不会从洞中射出,A、B、C错误,D正确.
答案:
D
3.(2016·苏州质检)如图甲所示,一质量为m=1kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动,从某时刻开始,拉力F随时间均匀减小,物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于物体运动的说法中正确的是( )
A.t=1s时物体开始做加速运动
B.t=2s时物体做减速运动的加速度大小为2m/s2
C.t=3s时物体刚好停止运动
D.物体在1s~3s内做匀减速直线运动
解析:
由题图乙知,F在t=1s时开始均匀减小,物体开始做减速运动,A错误;t=2s时,F=3N,则物体加速度大小a=
=1m/s2,B错误;t=3s时物体静止,由a=
,物体在1s~3s内,做变加速直线运动,C正确,D错误.
答案:
C
4.(2015·重庆理综)
若货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )
解析:
由v-t图象可知,货物的运动情况依次为向下匀加速,向下匀速,向下匀减速,而后为向上匀加速,向上匀速,向上匀减速.由牛顿第二定律F-mg=ma可得,下降阶段支持力F的大小依次为F 答案: B 5.质量为m0=20kg、长为L=5m的木板放在水平面上,木板与水平面的动摩擦因数为μ1=0.15.将质量m=10kg的小木块(可视为质点),以v0=4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板面的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2).则下列判断中正确的是( ) A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板 B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板 C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板 D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板 解析: 木板与地面间的摩擦力为Ff1=μ1(m0+m)g=0.15×(20+10)×10N=45N,小木块与木板之间的摩擦力为Ff2=μ2mg=0.4×10×10N=40N,Ff1>Ff2,所以木板一定静止不动;设小木块在木板上滑行的距离为x,v =2μ2gx,解得x=2m 答案: A 二、多项选择题 6.用力传感器悬挂一钩码,一段时间后,钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动.如图所示,图中实线是传感器记录的拉力大小变化情况,则( ) A.钩码的重力约为4N B.钩码的重力约为3N C.A、B、C、D四段图线中,钩码处于超重状态的是A、D,失重状态的是B、C D.A、B、C、D四段图线中,钩码处于超重状态的是A、B,失重状态的是C、D 解析: 求解本题的关键是对图象及超重、失重概念的准确理解.由于初始状态物体静止,所以钩码的重力等于拉力,从图上可读出拉力约为4N,故A正确,B错误;据“超重时拉力大于重力、失重时拉力小于重力”可知,C正确,D错误. 答案: AC 7.(2016·邯郸模拟)如图所示,粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C,质量均为m,B、C之间用轻质细绳连接.现用一水平恒力F作用在C上,三者开始一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面,系统仍加速运动,且始终没有相对滑动.则在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正确的是( ) A.无论粘在哪个木块上面,系统加速度都将减小 B.若粘在A木块上面,绳的拉力减小,A、B间摩擦力不变 C.若粘在B木块上面,绳的拉力增大,A、B间摩擦力增大 D.若粘在C木块上面,绳的拉力和A、B间摩擦力都减小 解析: 由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a= ,因无相对滑动,所以,无论橡皮泥粘到哪块上,根据牛顿第二定律都有F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a,系统加速度a都将减小,A正确;若粘在A木块上面,以C为研究对象,受F、摩擦力μmg、绳子拉力FT,F-μmg-FT=ma,a减小,F、μmg不变,所以FT增大,B错误;若粘在B木块上面,a减小,以A为研究对象,m不变,所受摩擦力减小,C错误;若粘在C木块上面,a减小,A的摩擦力减小,以A、B整体为研究对象,有FT-2μmg=2ma,FT减小,D正确. 答案: AD 8.某马戏团演员做滑杆表演,已知竖直滑杆上端固定,下端悬空,滑杆的重力为200N,在杆的顶部装有一拉力传感器,可以显示杆顶端所受拉力的大小.从演员在滑杆上端做完动作开始计时,演员先在杆上静止了0.5s,然后沿杆下滑,3.5s末刚好滑到杆底端,并且速度恰好为零,整个过程演员的v-t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示,g=10m/s2,则下列说法正确的是( ) A.演员的体重为800N B.演员在最后2s内一直处于超重状态 C.传感器显示的最小拉力为620N D.滑杆长7.5m 解析: 演员在滑杆上静止时传感器显示的800N等于演员和滑杆的重力之和,所以演员体重为600N,A错误;由v-t图象可知,1.5s~3.5s内演员向下做匀减速运动,加速度方向向上,演员处于超重状态,B正确;演员加速下滑时滑杆所受拉力最小,此时a1=3m/s2,对演员由牛顿第二定律知mg-Ff1=ma1,解得Ff1=420N,对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1=420N+200N=620N,C正确;由v-t图象中图线围成的面积可得滑杆长为4.5m,D错误. 答案: BC 三、计算题 9.(2016·大连质检)如图所示,一质量为mB=2kg的木板B静止在光滑的水平面上,其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接),轨道与水平面的夹角θ=37°.一质量也为mA=2kg的物块A从斜面轨道上距轨道底端x0=8m处由静止释放,物块A刚好没有从木板B的左端滑出.已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0.25,与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,物块A可看作质点.求: (1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大? (2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间? 木板B有多长? 解析: (1)设物块A沿斜面下滑的加速度为a1,由牛顿第二定律得 mAgsinθ-μ1mAgcosθ=mAa1 解得a1=4m/s2 物块A滑到木板B上时的速度为 v1= = m/s=8m/s. (2)物块A在木板B上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也相等,故它们的加速度大小相等,数值为a2= =μ2g=2m/s2 设木板B的长度为L,二者相对静止前经历的时间为t2,最终的共同速度为v2,在达到共同速度时,木板B滑行的距离为x,利用位移关系得 v1t2- a2t - a2t =L 对物块A有v2=v1-a2t2 v -v =-2a2(x+L) 对木板B有v =2a2x 联立解得相对滑行时间和木板B的长度分别为 t2=2s,L=8m. 答案: (1)8m/s (2)2s 8m 10.一弹簧秤的秤盘质量M=1.5kg,盘内放一质量为m=10.5kg的物体P,弹簧质量不计,其劲度系数为k=800N/m,系统处于静止状态,如图所示.现给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动,已知在最初0.2s内F是变化的,在0.2s后是恒定的,求F的最大值和最小值各是多少(g=10m/s2)? 解析: 依题意,0.2s后P离开了秤盘,0.2s时秤盘支持力恰为零,力F最大为Fmax,则由牛顿第二定律知此时加速度为a= ① 此时M的加速度也为a,设此时弹簧的压缩量为x,则 a= ② 所以kx=M(g+a)③ 原来静止时,弹簧压缩量设为x0,则 kx0=(m+M)g④ 而x0-x= at2⑤ 由③④⑤得mg-Ma=0.02ak a= =6m/s2⑥ ⑥代入①得 Fmax=m(a+g)=10.5×(6+10)N=168N F最大值为168N. 刚开始运动时F为最小Fmin,对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得 Fmin+kx0-(m+M)g=(m+M)a⑦ ④⑥代入⑦有 Fmin=(m+M)a=72N F的最小值为72N. 答案: 168N 72N 11.(2013·江苏卷)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m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g. (1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小; (2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小; (3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,取g=10m/s2.若砝码移动的距离超过l=0.002m,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大? 解析: (1)砝码对纸板的摩擦力f1=μm1g,桌面对纸板的摩擦力f2=μ(m1+m2)g,纸板所受的摩擦力f=f1+f2=μ(2m1+m2)g. (2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有: f1=m1a1,F-f1-f2=m2a2,发生相对运动的条件a1 (3)纸板抽出前,砝码运动距离x1= a1t .纸板运动距离x1+d= a2t .纸板抽出后,砝码在桌面上运动距离x2= a3t ,l=x1+x2 且a1=a3,a1t1=a3t2,联立以上各式解得 F=2μ g,代入数据求得F=22.4N. 答案: (1)μ(2m1+m2)g (2)F>2μ(m1+m2)g (3)22.4N
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- 高考 物理 一轮 复习 强化 练习 33 牛顿 运动 定律 综合 用人 新课