（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)分層作業(yè) 九 3.3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc

課時(shí)分層作業(yè) 九牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用(45分鐘100分)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。16題為單選題,710題為多選題)1.圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖,中間的點(diǎn)表示人的重心。圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力時(shí)間圖線。兩圖中ag各點(diǎn)均對(duì)應(yīng),其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒有畫出。重力加速度g取10 m/s2。根據(jù)圖象分析可得 ()A.人的重力為1 500 NB.c點(diǎn)位置人處于超重狀態(tài)C.e點(diǎn)位置人處于失重狀態(tài)D.d點(diǎn)的加速度小于f點(diǎn)的加速度【解析】選B。由圖可知人的重力為500 N,故A錯(cuò)誤;c點(diǎn)位置人的支持力750 N>500 N,處于超重狀態(tài),故B正確;e點(diǎn)位置人的支持力650 N>500 N,處于超重狀態(tài),故C錯(cuò)誤;d點(diǎn)的加速度為20 m/s2大于f點(diǎn)的加速度為10 m/s2,故D錯(cuò)誤。2.如圖所示,放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑,若在物塊上再施加一個(gè)豎直向下的恒力F,則 ()A.物塊可能勻速下滑B.物塊仍以加速度a勻加速下滑C.物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D.物塊將以小于a的加速度勻加速下滑【解析】選C。對(duì)物塊進(jìn)行受力分析,設(shè)斜面的角度為,可列方程mgsin -mgcos =ma,sin -cos =,當(dāng)加上力F后,由牛頓第二定律得(mg+F)sin -(mg+F)cos =ma1,即mgsin -mgcos +Fsin -Fcos =ma1,ma+Fsin -Fcos =ma1,Fsin -Fcos =F(sin -cos )=,大于零,代入上式知,a1大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有C項(xiàng)正確。3.應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象,可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體,由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng),直至將物體拋出。對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是 ()A.受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中,物體始終處于超重狀態(tài)B.受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中,物體始終處于失重狀態(tài)C.在物體離開手的瞬間,物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開手的瞬間,手的加速度大于重力加速度【解析】選D。物體在手掌的推力作用下,由靜止豎直向上加速時(shí),物體處于超重狀態(tài)。當(dāng)物體離開手的瞬間,只受重力作用,物體的加速度等于重力加速度,處于完全失重狀態(tài),故A、B、C錯(cuò)誤;物體離開手的前一時(shí)刻,手與物體具有相同的速度,物體離開手的下一時(shí)刻,手的速度小于物體的速度,即在物體離開手的瞬間這段相同的時(shí)間內(nèi),手的速度變化量大于物體的速度變化量,故手的加速度大于物體的加速度,也就是手的加速度大于重力加速度,故D正確。4.(2018煙臺(tái)模擬)如圖所示,橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為M,放在粗糙的水平地面上,兩底角中其中一個(gè)角的角度為(>45)。三棱柱的兩傾斜面光滑,上面分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩物體,兩物體間通過一根跨過定滑輪的細(xì)繩相連接,定滑輪固定在三棱柱的頂端,若三棱柱始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦,重力加速度大小為g,則將m1和m2同時(shí)由靜止釋放后,下列說(shuō)法正確的是 ()A.若m1=m2,則兩物體可靜止在斜面上B.若m1=m2tan,則兩物體可靜止在斜面上C.若m1=m2,則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(M+m1+m2)gD.若m1=m2,則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零【解析】選C。若m1=m2,m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90-),m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsin ,由于>45,則m2gsin(90-)<m1gsin ,則m1將沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng),m2將沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤。要使兩物體都靜止在斜面上,應(yīng)滿足:m2gsin(90-)=m1gsin ,即有m1=m2cot ,B錯(cuò)誤。若m1=m2,設(shè)加速度大小為a,對(duì)兩個(gè)物體及斜面整體,由牛頓第二定律得,豎直方向有FN-(M+m1+m2)g=m2asin(90-)-m1asin <0,即地面對(duì)三棱柱的支持力FN<(M+m1+m2)g,則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(M+m1+m2)g;水平方向有Ff=m1acos+m2acos(90-)>0,C正確,D錯(cuò)誤。5.(2018山師附中模擬)如圖所示,在光滑平面上有一靜止小車,小車上靜止地放置著一小物塊,物塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.3,用水平恒力F拉動(dòng)小車,物塊的加速度為a1,小車的加速度為a2。當(dāng)水平恒力F取不同值時(shí),a1與a2的值可能為(當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10 m/s2) ()A.a1=2 m/s2,a2=3 m/s2B.a1=3 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=5 m/s2,a2=3 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s2【解析】選D。當(dāng)物塊與小車間的靜摩擦力小于mg時(shí),物塊與小車一起運(yùn)動(dòng),且加速度相等,最大共同加速度為amax=g=3 m/s2,故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)F>(M+m)g時(shí),小車的加速度大于物塊的加速度,此時(shí)物塊與小車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),此時(shí)物塊的加速度最大,由牛頓第二定律得:a1=g=3 m/s2,小車的加速度a2>3 m/s2,故C錯(cuò)誤,D正確?！炯庸逃?xùn)練】如圖所示,A、B兩物塊疊放在一起,放在光滑地面上,已知A、B物塊的質(zhì)量分別為M、m,物塊間粗糙。現(xiàn)用水平向右的恒力F1、F2先后分別作用在A、B物塊上,物塊A、B均不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),則F1、F2的最大值之比為()A.11B.MmC.mMD.m(m+M)【解析】選B。F1作用在A物塊上,由牛頓第二定律,F1=(M+m)a1。設(shè)A、B物塊間的最大靜摩擦力為Ff,對(duì)B物塊,則有Ff=ma1。F2作用在B物塊上,由牛頓第二定律,F2=(M+m)a2。對(duì)A物塊,則有Ff=Ma2,聯(lián)立解得:F1、F2的最大值之比為F1F2=Mm,選項(xiàng)B正確。6.如圖所示,一輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為m的小球,另一端固定在傾角為37的光滑斜面體頂端,彈簧與斜面平行,在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過程中,小球始終相對(duì)于斜面靜止。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,則該過程中彈簧的形變量為(已知:sin 37=0.6,cos 37=0.8)()A.B.C.D.【解析】選A。假設(shè)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向左勻加速運(yùn)動(dòng),則a0=gtan 37<g,當(dāng)斜面體和小球以加速度a=g水平向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),受到重力、支持力和彈簧沿斜面向下的彈力作用,設(shè)彈簧的形變量為x,則有FNsin 37+kxcos 37=mg,FNcos 37=kxsin 37+mg,解得x=,A正確。7.(2018十堰模擬)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同,將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接,如圖甲所示,繩子平行于傾角為的斜面,M恰好能靜止在斜面上,不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置,按圖乙放置,然后釋放M,斜面仍保持靜止。則下列說(shuō)法正確的是 ()A.輕繩的拉力等于MgB.輕繩的拉力等于mgC.M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1-sin )gD.M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g【解析】選B、C、D?；Q位置前,M靜止在斜面上,則有:Mgsin =mg,互換位置后,對(duì)M有Mg-FT=Ma,對(duì)m有:FT-mgsin =ma,又FT=FT,解得:a=(1-sin )g=g,FT=mg,故A錯(cuò),B、C、D對(duì)。8.如圖所示,一質(zhì)量為m的小物體以一定的速率v0滑到水平傳送帶上左端的A點(diǎn),當(dāng)傳送帶始終靜止時(shí),已知物體能滑過右端的B點(diǎn),經(jīng)過的時(shí)間為t0,則下列判斷正確的是 ()A.若傳送帶逆時(shí)針方向運(yùn)行且保持速率不變,則物體也能滑過B點(diǎn),且用時(shí)為t0B.若傳送帶逆時(shí)針方向運(yùn)行且保持速率不變,則物體可能先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零,然后向左加速,因此不能滑過B點(diǎn)C.若傳送帶順時(shí)針方向運(yùn)行,當(dāng)其運(yùn)行速率(保持不變)v=v0時(shí),物體將一直做勻速運(yùn)動(dòng)滑過B點(diǎn),用時(shí)一定小于t0D.若傳送帶順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng),當(dāng)其運(yùn)行速率(保持不變)v>v0時(shí),物體一定向右一直做勻加速運(yùn)動(dòng)滑過B點(diǎn),用時(shí)一定小于t0【解析】選A、C。傳送帶靜止時(shí),物體滑上傳送帶后受水平向左的滑動(dòng)摩擦力mg,設(shè)到達(dá)B點(diǎn)的速度為vB。由-=2(-g)L可得:vB=,若傳送帶逆時(shí)針運(yùn)行,物體仍受向左的摩擦力mg,同樣由上式分析,一定能勻減速至右端,速度為vB,用時(shí)也一定仍為t0,故選項(xiàng)A對(duì),而B錯(cuò);若傳送帶順時(shí)針方向運(yùn)行,當(dāng)其運(yùn)行速率(保持不變)v=v0時(shí),物體將不受摩擦力的作用,一直做勻速運(yùn)動(dòng)滑至B端,因?yàn)閯蛩偻ㄟ^,故用時(shí)一定小于t0,故選項(xiàng)C對(duì);當(dāng)其運(yùn)行速率(保持不變)v>v0時(shí),開始物體受到向右的摩擦力的作用,做加速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)有兩種可能:若物體加速到速度v還未到達(dá)B端時(shí),則先勻加速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng),若物體速度一直未加速到v時(shí),則一直做勻加速運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)D錯(cuò)。9.如圖甲所示,在水平地面上有一長(zhǎng)木板B,其上疊放木塊A,假定木板與地面之間、木塊和木板之間的最大靜摩擦力都和滑動(dòng)摩擦力相等,用一水平力F作用于B,A、B的加速度與F的關(guān)系如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,則下列說(shuō)法中正確的是 ()A.A的質(zhì)量為0.5 kgB.B的質(zhì)量為1.5 kgC.B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2D.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4【解析】選A、C、D。由圖可知,二者開始時(shí)相對(duì)地面靜止,當(dāng)拉力為3 N時(shí)開始相對(duì)地面滑動(dòng);故B與地面間的最大靜摩擦力為3 N;當(dāng)拉力為9 N時(shí),AB相對(duì)滑動(dòng),此時(shí)A的加速度為4 m/s2;當(dāng)拉力為13 N時(shí),B的加速度為8 m/s2;對(duì)A分析可知,1g=4 m/s2;解得:AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.4;對(duì)B分析可知,13 N-3 N-1mAg=mB8 m/s2對(duì)整體有:9 N-3 N=(mA+mB)4 m/s2聯(lián)立解得:mA=0.5 kg;mB=1 kg;則由2(mA+mB)g=3 N解得,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2=0.2;故A、C、D正確,B錯(cuò)誤。10.(2015海南高考)如圖,升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面,斜面上放一物塊。開始時(shí),升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng),物塊相對(duì)于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)()A.物塊與斜面間的摩擦力減小B.物塊與斜面間的正壓力增大C.物塊相對(duì)于斜面減速下滑D.物塊相對(duì)于斜面勻速下滑【解析】選B、D。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí),物塊有豎直向上的加速度,處于超重狀態(tài),物塊與斜面間的正壓力增大,根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff=FN可知接觸面間的正壓力增大,物塊與斜面間的摩擦力增大,故A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)斜面的傾角為,物塊的質(zhì)量為m,當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin=mgcos,即sin=cos。假設(shè)升降機(jī)以加速度a向上運(yùn)動(dòng)時(shí),把a(bǔ)分解為垂直斜面方向與沿斜面方向,兩個(gè)分量acos、asin。垂直斜面方向上,物塊與斜面相對(duì)靜止,對(duì)物塊分析,壓力FN=m(g+a)cos,Ff=m(g+a)cos,因?yàn)閟in=cos,所以m(g+a)sin=m(g+a)cos,即在沿斜面方向物塊的加速度為asin,所以物塊的加速度也為a,故物塊相對(duì)于斜面勻速下滑,C錯(cuò)誤,D正確。故選B、D。二、計(jì)算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.如圖所示,水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m的物體,在與水平方向成角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面運(yùn)動(dòng)。物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。求:(1)若物體在拉力F的作用下能始終沿水平面向右運(yùn)動(dòng)且不脫離地面,拉力F的大小范圍。(2)已知m=10 kg,=0.5,g=10 m/s2,若F的方向可以改變,求使物體以恒定加速度a=5 m/s2 向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),拉力F的最小值。【解析】(1)要使物體運(yùn)動(dòng)時(shí)不離開地面,應(yīng)有:Fsinmg要使物體能一直向右運(yùn)動(dòng),應(yīng)有:Fcos(mg-Fsin) 聯(lián)立解得:F(2)根據(jù)牛頓第二定律得Fcos-(mg-Fsin)=ma解得:F=上式變形得F=其中=arcsin當(dāng)sin(+)=1時(shí),F有最小值解得:Fmin=代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得:Fmin=40 N答案:(1)F(2)40 N【總結(jié)提升】解臨界極值問題的三種常用方法(1)極限法:把物理問題(或過程)推向極端,從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái),以達(dá)到正確解決問題的目的。(2)假設(shè)法:臨界問題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能時(shí),或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件,也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí),往往用假設(shè)法解決問題。(3)數(shù)學(xué)方法:將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式,根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件。【能力拔高題組】1.(8分)(多選)如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面,斜面頂端有一理想定滑輪,一輕繩跨過滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變,改變B的質(zhì)量m,當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí),得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線如圖乙所示。設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较?空氣阻力不計(jì),重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的傾角為,下列說(shuō)法中正確的是 ()A.若已知,可求出A的質(zhì)量B.若未知,可求出圖乙中a1的值C.若已知,可求出圖乙中a2的值D.若已知,可求出圖乙中m0的值【解題指導(dǎo)】(1)根據(jù)牛頓第二定律,可得加速度的表達(dá)式。(2)利用好乙圖中三個(gè)點(diǎn):m=0時(shí),m=m0時(shí),m>>mA時(shí)。【解析】選B、C。由牛頓第二定律可知mg-mAgsin =(m+mA)a,解得加速度a=,當(dāng)m=0時(shí),得a2=gsin ,故C正確;當(dāng)mmA時(shí)a1=g,故B正確;無(wú)法求出A的質(zhì)量,故A錯(cuò)誤;當(dāng)加速度a=0時(shí),可知m0=mAsin ,無(wú)法求出m0的值,故D錯(cuò)誤。2.(17分)傳送帶以穩(wěn)定的速度v=6 m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),傳送帶與水平面的夾角=37,現(xiàn)在將一質(zhì)量m=2 kg的物體(可以看作質(zhì)點(diǎn))放在其底端,傳送帶頂端平臺(tái)上的人通過輕繩以恒定的拉力F=20 N拉物體,經(jīng)過一段時(shí)間物體被拉到斜面頂端的平臺(tái)上,如圖所示,已知傳送帶底端與頂端的豎直高度H=6 m,物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)求物體從底端運(yùn)動(dòng)到頂端所用時(shí)間。(2)若物體與傳送帶達(dá)到速度相等的瞬間,突然撤去拉力,物體還需要多長(zhǎng)時(shí)間離開傳送帶?【解析】(1)物體開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a1則:F+mg cos 37-mgsin 37=m a1解得:a1=6 m/s2物體達(dá)到和傳送帶速度相等歷時(shí)t1,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,有:v=a1 t1,故 t1=1 ss=t1=1 m=3 m然后對(duì)物體受力分析:F-mgcos37-mgsin37=ma2解得:a2=2 m/s2再經(jīng)t2到達(dá)頂端,則:-s=v t2+a2解得:t2=1 s或者t2=-7 s(舍去)所以物體到達(dá)頂端共歷時(shí)t=t1+t2=2 s。(2)當(dāng)撤去拉力時(shí),對(duì)物體受力分析得:mgsin 37-mg cos 37=ma3a3=4 m/s2,方向沿斜面向下,故物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t3速度減到0,物體上升的距離為:s2=t3根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式:a3 t3=v解得:t3= ss2=4.5 m,故物體沒有上升到頂端,從而沿斜面下滑到底端離開傳送帶設(shè)從速度為0滑回底端的時(shí)間為t4則:a3 =s+s2,解得:t4= s。所以物體還需要 s離開傳送帶。答案:(1)2 s(2) s【加固訓(xùn)練】如圖所示,質(zhì)量M=1 kg的木板靜置于傾角=37、足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面底端。質(zhì)量m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=4 m/s從木板的下端沖上木板,同時(shí)在木板上端施加一個(gè)沿斜面向上的F=3.2 N的恒力。若小物塊恰好不從木板的上端滑下,求木板的長(zhǎng)度l為多少?已知小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.8,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8?！窘馕觥坑深}意,小物塊向上做勻減速運(yùn)動(dòng),木板向上做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到木板的上端時(shí),恰好和木板共速。設(shè)小物塊的加速度為a,由牛頓第二定律得,mgsin +mgcos =ma,設(shè)木板的加速度為a,由牛頓第二定律得,F+mgcos -Mgsin =Ma,設(shè)二者共速的速度為v,經(jīng)歷的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v=v0-at,v=at;小物塊的位移為x,木板的位移為x,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得,x=v0t-at2,x=at2;小物塊恰好不從木板上端滑下,有x-x=l,聯(lián)立解得l=0.5 m。答案:0.5 m