2018高中物理 第四章 牛頓運動定律 2 輕松處理單體的多過程問題練習 新人教版必修1.doc

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輕松處理單體的多過程問題 （答題時間：25分鐘） 1. 如圖所示，是某同學站在力傳感器上，做下蹲—起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線，縱坐標為力（單位為牛頓），橫坐標為時間（單位為秒），由圖可知，該同學的體重約為650 N，除此以外，還可以得到的信息有（　　） A. 該同學做了兩次下蹲－起立的動作 B. 該同學做了一次下蹲－起立的動作，且下蹲后約2 s起立 C. 下蹲過程中人處于失重狀態(tài) D. 下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) 2. 如圖所示，物塊的質量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2，下列說法中正確的是（　　） A. 0～5 s內物塊做勻減速運動 B. 在t＝1 s時刻，恒力F反向 C. 恒力F大小為10 N D. 物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3 3. 如圖所示，一連同裝備總重力為G的滑雪愛好者從滑雪坡道上由靜止開始沿坡道ABC向下滑行，滑到B點時滑雪者通過改變滑雪板角度的方式來增大摩擦力的大小，使其到底端C點時速度剛好減為零，已知AB>BC，設兩段運動過程摩擦力均為定值，下列分別為滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力隨時間變化的圖象，其中正確的是（　　） 4. 如圖所示，傾角為37，長為l＝16 m的傳送帶，轉動速度為v＝10 m/s，動摩擦因數μ＝0.5，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m＝0.5 kg的物體，已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2。求： （1）傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間； （2）傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間。 5. 如圖所示，光滑水平面上靜止放著長L＝4 m，質量為M＝3 kg的木板（厚度不計），一個質量為m＝1kg的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因數μ＝0.1，今對木板施加一水平向右的拉力F，（g取10 m/s2） （1）為使兩者保持相對靜止，F不能超過多少？ （2）如果F＝10 N，求小物體離開木板時的速度。 6. 中央電視臺推出了一個游戲節(jié)目——推礦泉水瓶，選手們從起點開始用力推瓶一段時間后，放手讓瓶向前滑動，若瓶最后停在桌上有效區(qū)域內，視為成功；若瓶最后不能停在桌上有效區(qū)域內或在滑行過程中倒下，均視為失敗，其簡化模型如圖所示，AC是長度為L1＝5 m的水平桌面，選手們可將瓶子放在A點，從A點開始用一恒定不變的水平推力推瓶，BC為有效區(qū)域，已知BC長度為L2＝1 m，瓶子質量為m＝0.5 kg，瓶子與桌面間的動摩擦因數μ＝0.4，某選手作用在瓶子上的水平推力F＝20 N，瓶子沿AC做直線運動（g取10 m/s2），假設瓶子可視為質點，那么該選手要想獲得游戲成功，試問： （1）推力作用在瓶子上的時間最長不得超過多少？ （2）推力作用在瓶子上的距離最小為多少？ 7.（昆明模擬）我國第一艘航空母艦“遼寧號”已經投入使用，為使戰(zhàn)斗機更容易起飛，“遼寧號”使用了滑躍技術，如圖甲所示，其甲板可簡化為乙圖模型：AB部分水平，BC部分傾斜，傾角為θ，戰(zhàn)斗機從A點開始滑跑，C點離艦，此過程中發(fā)動機的推力和飛機所受甲板和空氣阻力的合力大小恒為F，ABC甲板總長度為L，戰(zhàn)斗機質量為m，離艦時的速度為vm，重力加速度為g，求AB部分的長度。 1. B 解析：在3～4 s下蹲過程中，先向下加速再向下減速，故人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；在6～7 s起立過程中，先向上加速再向上減速，故人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，選項A、C、D錯誤，B正確。 2. BD 解析：由圖象得物塊在前5 m位移內做勻減速運動，在5～13 m位移內做勻加速運動，且由圖象斜率得勻減速運動的加速度大小a1＝＝m/s2＝10 m/s2，勻加速運動的加速度大小a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，勻減速運動的時間t＝＝1 s，又由牛頓第二定律得，F＋μmg＝ma1和F－μmg＝ma2，聯(lián)立解得F＝7 N，動摩擦因數μ＝0.3，選項B、D正確。 3. B 解析：滑雪者在AB段加速，在BC段減速，在B點速度最大，在st圖象中，圖線的斜率表示物體的速度，滑雪者在B位置的速度最大而不是零，A錯誤；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿斜面向下的分力大小不變，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不變，即加速度大小均不變，滑雪者先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，B正確，C錯誤；AB段，滑雪者加速下滑，則Gsin θ>f，又sin θ<1，則AB段下滑過程中f比G要小得多，而不是D項表示的f比G略小，D錯誤。 4. 解：（1）傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，相對傳送帶向下勻加速運動，根據牛頓第二定律有 mg（sin 37－μcos 37）＝ma 則a＝gsin 37－μgcos 37＝2 m/s2， 根據l＝at2得t＝4 s； （2）傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得，mgsin 37＋μmgcos 37＝ma1 則有a1＝＝10 m/s2 設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有 t1＝＝s＝1s，x1＝a1t12＝5 mμmgcos 37，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發(fā)生突變，設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則a2＝＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因為x2＝vt2＋a2t22，則有10t2＋t22＝11， 解得：t2＝1 s（t2＝－11 s舍去） 所以t總＝t1＋t2＝2 s。 5. 解：（1）要保持兩者相對靜止，兩者之間的摩擦力不能超過最大靜摩擦力，故小物塊最大加速度a＝μg＝1 m/s2 由牛頓第二定律對整體有Fm＝（m＋M）a＝4 N （2）當F＝10 N>4 N時，兩者發(fā)生相對滑動 對小物體：a1＝μg＝1 m/s2 對木板：F合＝F－μmg＝Ma2 代入數據解得a2＝3 m/s2 由位移關系有：L＝a2t2－a1t2 代入數據解得t＝2 s 則小物塊的速度v1＝a1t＝2 m/s。 6. 解：（1）要想獲得游戲成功，瓶滑到C點速度正好為零時，推力作用時間最長，設最長作用時間為t1，有推力作用時瓶做勻加速運動，設加速度為a1，t1時刻瓶的速度為v，推力停止作用后瓶做勻減速運動，設此時加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：F－μmg＝ma1，μmg＝ma2， 加速運動過程中的位移x1＝， 減速運動過程中的位移x2＝， 位移關系滿足：x1＋x2＝L1，又：v＝a1t1， 由以上各式解得：t1＝s； （2）要想獲得游戲成功，瓶滑到B點速度正好為零時，推力作用距離最小，設最小距離為d，則：＝L1－L2 v′2＝2a1d，聯(lián)立解得：d＝0.4 m。 7. 解：在AB段，根據牛頓運動定律得 F＝ma1 設B點速度大小為v，根據運動學公式可得： v2＝2a1x1 在BC段，根據牛頓運動定律得： F－mgsin θ＝ma2 從B到C，根據運動學公式可得： v－v2＝2a2x2 據題意：L＝x1＋x2 聯(lián)立以上各式解得：x1＝L－