2019屆高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 課時作業(yè)9 牛頓運動定律的綜合應用.doc

課時作業(yè)（九）牛頓運動定律的綜合應用基礎小題練1電梯早已進入人們的日常生活，設某人乘坐電梯時的vt圖象如圖所示，取向上為正方向，下列說法正確的是() A0至t1時間內人處于失重狀態(tài)Bt2至t4時間內人處于失重狀態(tài)Ct2至t3時間內與t3至t4時間內電梯的加速度方向相反D0至t1時間內和t3至t4時間內電梯的加速度方向相同【解析】由vt圖象可知，0至t1時間內向上勻加速運動，人處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；t2至t4時間內，加速度向下，人處于失重狀態(tài)，選項B正確；t2至t3時間內與t3至t4時間內電梯的加速度方向相同，0至t1時間內和t3至t4時間內電梯的加速度方向相反，選項C、D錯誤【答案】B2為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調整，使座椅始終保持水平，如圖所示，當此車減速上坡時(僅考慮乘客與水平面之間的作用)，則關于乘客下列說法正確的是()A不受摩擦力的作用B受到水平向左的摩擦力作用C處于超重狀態(tài)D所受合力豎直向上【解析】對乘客進行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而靜摩擦力必沿水平方向，又因為乘客有水平向左的分加速度，所以受到水平向左的摩擦力作用，故A錯誤，B正確當此車減速上坡時，整體的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根據(jù)牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，故C錯誤由于乘客加速度沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律得所受合力沿斜面向下，故D錯誤【答案】B3如圖所示，是某同學站在壓力傳感器上，做下蹲起立的動作時記錄的力隨時間變化的圖線由圖線可知，該同學體重約為650 N，除此以外，還可得到的信息是()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下蹲過程中人一直處于失重狀態(tài)D下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)【解析】人下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降處于失重狀態(tài)，達到一個最大速度后再減速下降處于超重狀態(tài)，同理起立對應先超重再失重，對應圖象可知，該同學做了一次下蹲起立的動作，A錯誤；由圖象看出兩次超重的時間間隔就是人蹲在地上持續(xù)的時間，約2 s，B正確；下蹲過程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均錯誤【答案】B4(2018河南南陽一中月考)如圖甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為30，質量為0.3 kg的小物塊靜止在A點，現(xiàn)有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物塊上，作用一段時間后撤去推力F，小物塊能達到的最高位置為C點，小物塊從A到C的vt圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則下列說法正確的是()A小物塊到C點后將沿斜面下滑B小物塊從A點沿斜面向上滑行的最大距離為1.8 mC小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為D推力F的大小為4 N【解析】當撤去推力F后，物塊在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動，由vt圖象可求得物塊在斜面上加速和減速兩個過程中的加速度大小分別為a1 m/s2，a210 m/s2，物塊在勻減速運動階段，由牛頓第二定律知mgsin 30mgcos 30ma2，解得，所以mgsin 30mgcos 30，故小物塊到C點后將靜止，A錯誤，C正確；物塊在勻加速運動階段，有Fmgsin 30mgcos 30ma1，解得F4 N，D正確；物塊從A點到C點運動的位移大小與vt圖線與t軸所圍成的面積相等，x1.23 m1.8 m，B正確【答案】BCD5(2018山東師大附中高三上學期二模)如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即Fkt，其中k為已知常數(shù)設物體A、B之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且A、B的質量相等，則下列可以定性描述長木板B運動的vt圖象是()【解析】A、B相對滑動之前加速度相同，由整體法可得：F2ma，當A、B間剛好發(fā)生相對滑動時，對木板有Ffma，故此時F2Ffkt，t，之后木板做勻加速直線運動，故只有B項正確【答案】B6.(2018黑龍江哈六中月考)如圖所示，m1.0 kg的小滑塊以v04 m/s 的初速度從傾角為37的斜面AB的底端A滑上斜面，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，g取10 m/s2，sin 370.6.若從滑塊滑上斜面起，經0.8 s滑塊正好通過B點，則AB之間的距離為() A0.8 m B0.64 mC0.76 m D0.6 m【解析】滑塊向上滑行時，設加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsin 37mgcos 37ma，代入數(shù)據(jù)解得a10 m/s2，滑塊上滑時速度從v04 m/s減速到零需要的時間為t0 s0.4 s，上滑的最大距離s m0.8 m，經過0.4 s，滑塊達到最高點，速度為零，然后向下滑行，設下滑的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsin 37mgcos 37ma，代入數(shù)據(jù)解得a2 m/s2，下滑時間為ttt00.8 s0.4 s0.4 s，下滑的距離為sat20.520.42 m0.16 m，AB間的距離為sABss0.8 m0.16 m0.64 m，故選B.【答案】B創(chuàng)新導向練7生活實際自動扶梯中的超重、失重現(xiàn)象如圖所示，一些商場安裝了智能化的臺階式自動扶梯為了節(jié)約能源，在沒有乘客乘行時，自動扶梯以較小的速度勻速運行；當有乘客乘行時，自動扶梯經過先加速再勻速兩個階段運行則電梯在運送乘客的過程中()A乘客始終受摩擦力作用B乘客經歷先超重再失重C乘客對扶梯的作用力先指向右下方，再豎直向下D扶梯對乘客的作用力始終豎直向上【解析】在加速階段，電梯對乘客豎直向上的支持力大于重力，對乘客有向左的摩擦力作用，電梯對乘客的合力斜向左上方，則乘客對電梯的作用力斜向右下方；當電梯勻速運動時，人與電梯間沒有摩擦力，電梯對人的作用力豎直向上，則乘客對電梯的作用力豎直向下，C正確，A、D錯誤加速上升階段，乘客處于超重階段，而勻速階段，既不超重也不失重，B錯誤【答案】C8科技探索用力傳感器研究超重、失重現(xiàn)象某同學為研究超重和失重現(xiàn)象，將重為50 N的重物帶上電梯，并將它放在電梯中水平放置的壓力傳感器上電梯由靜止開始運動，測得重物對傳感器的壓力F隨時間t變化的圖象如圖所示設電梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分別為v1、v4和v8，g取10 m/s2，以下判斷中正確的是()A電梯在上升，且v1>v4>v8B電梯在下降，且v4>v1>v8C重物在第2 s內和第8 s內的加速度大小相同D電梯對重物的支持力在第1 s內和第9 s內的平均功率相等【解析】根據(jù)牛頓第二定律分析可知，電梯的運動情況是在02 s內向下做勻加速運動，在27 s內做勻速直線運動，79 s內做勻減速運動；選取向下為正方向，由牛頓第二定律可知，02 s內：a1 m/s20.6 m/s2,79 s內：a2 m/s20.6 m/s2，方向向上所以02 s內和79 s內重物的加速度大小相等；電梯在第1 s末的速度v1a1t10.61 m/s0.6 m/s，第4 s末的速度等于2 s末的速度v4v7v2a1t20.62 m/s1.2 m/s，第8 s末的速度v8v7a2t30.6 m/s，說明電梯在第1 s末和第8 s末速度相同，小于第4 s末的速度故A、B錯誤，C正確重力在第1 s內和第9 s內的平均速度大小相等，電梯對重物的支持力大小不等，功率不等，故D錯誤【答案】C9生活科技牛頓定律在傳送帶中的應用實例如圖甲為應用于機場和火車站的安全檢查儀，用于對旅客的行李進行安全檢查其傳送裝置可簡化為如圖乙的模型，緊繃的傳送帶始終保持v1 m/s的恒定速率運行旅客把行李無初速度地放在A處，設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v1 m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則()A乘客與行李同時到達B處B行李提前0.5 s到達B處C乘客提前0.5 s到達B處D若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2 s才能到達B處【解析】由牛頓第二定律得 mgma得 a1 m/s2.設行李做勻加速運動的時間為t，行李加速運動的末速度為v1 m/s.由vat1 代入數(shù)值，得t11 s，勻加速運動的位移大小為：xat0.5 m，勻速運動的時間為：t21.5 s，行李從A到B的時間為：tt1t22.5 s.而乘客一直做勻速運動，從A到B的時間為t人2 s故乘客提前0.5 s到達B.故A、B均錯誤，C正確；若行李一直做勻加速運動時，運動時間最短由Lat，解得，最短時間tmin2 s故D正確【答案】CD10高新科技利用“風洞”實驗考查動力學問題在風洞飛行表演上，若風洞內向上的風速、風量保持不變，讓質量為m的表演者通過身姿調整，可改變所受向上的風力大小，以獲得不同的運動效果假設人體受風力大小與有效面積成正比，已知水平橫躺時受風力有效面積最大，站立時受風力有效面積最小，為最大值的.風洞內人可上下移動的空間總高度為H.開始時，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時，受風力有效面積是最大值的一半，恰好可以靜止或勻速漂移現(xiàn)人由靜止開始從最高點A以向下的最大加速度勻加速下落，如圖所示，經過B點后，再以向上的最大加速度勻減速下落，到最低點C處速度剛好為零，則下列說法中正確的有() A人向上的最大加速度是gB人向下的最大加速度是gCB、C之間的距離是HDB、C之間的距離是H【解析】設最大風力為Fm，由于人體受風力大小與有效面積成正比，故人站立時風力為Fm，由于受風力有效面積是最大值的一半時，恰好可以靜止或勻速漂移，故可以求得重力GFm，人平躺上升時有最大加速度a1g，故A錯誤；人站立加速下降時的加速度最大，則a2g，故B正確；設下降的最大速度為v，根據(jù)速度位移公式，加速下降過程位移x，減速下降過程位移x，故xx43，因而xH，故C正確，D錯誤【答案】BC綜合提升練11如圖所示，與水平面成30的傳送帶正以v3 m/s的速度勻速運行，A、B兩端相距l(xiāng)13.5 m現(xiàn)每隔1 s把質量m1 kg的工件(視為質點)輕放在傳送帶上，工件在傳送帶的帶動下向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，取g10 m/s2，結果保留兩位有效數(shù)字求：(1)相鄰工件間的最小距離和最大距離；(2)滿載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力？【解析】(1)設工件在傳送帶加速運動時的加速度為a，則mgcos mgsin ma代入數(shù)據(jù)解得a1.0 m/s2.剛放上下一個工件時，該工件離前一個工件的距離最小，且最小距離dminat2解得dmin0.50 m當工件勻速運動時兩相鄰工件相距最遠，則dmaxvt3.0 m.(2)由于工件加速時間為t13.0 s，因此傳送帶上總有三個(n13)工件正在加速，故所有做加速運動的工件對傳送帶的總滑動摩擦力f13mgcos 在滑動摩擦力作用下工件移動的位移x4.5 m傳送帶上勻速運動的工件數(shù)n23當工件與傳送帶相對靜止后，每個工件受到的靜摩擦力f0mgsin ，所有做勻速運動的工件對傳送帶的總靜摩擦力f2n2f0與空載相比，傳送帶需增大的牽引力Ff1f2聯(lián)立解得F33 N.【答案】(1)0.50 m3.0 m(2)33 N12(2018華中師大第一附中高三上學期期中)一質量為M2 kg的長木板在粗糙水平地面上運動，在t0時刻，木板速度為v012 m/s，此時將一質量為m1 kg的小物塊(可視為質點)無初速度地放在木板的右端，二者在02 s內運動的vt圖象如圖所示已知重力加速度g10 m/s2.求：(1)小物塊與木板的動摩擦因數(shù)1以及木板與地面間的動摩擦因數(shù)2.(2)小物塊最終停在距木板右端多遠處？(3)若在t2 s時，使小物塊的速度突然反向(大小不變)，小物塊恰好停在木板的左端，求木板的長度L.【解析】(1)以木塊為研究對象，由牛頓第二定律有1mgma1以木板為研究對象，由牛頓第二定律有1mg2(Mm)gMa2由圖象可知：a11 m/s2，a25 m/s2聯(lián)立有10.1，20.3.(2)速度相同后，假設二者一起做勻減速運動，對整體由牛頓第二定律有2(Mm)g(Mm)a3對木板由牛頓第二定律有Ffma3可知Ff>1mg，所以假設不成立，二者存在相對運動木塊的加速度仍為a11 m/s2.以木板為研究對象，由牛頓第二定律有2(Mm)g1mgMa3，解得a34 m/s2x相對2，x相對21.5 m，x相對112 m距右端的距離dx相對1x相對2聯(lián)立解得d10.5 m.(3)速度反向后，木板仍以a25 m/s2運動，木塊的加速度仍為a11 m/s2.x相對3x相對32.4 mLx相對1x相對3所以L14.4 m.【答案】(1)0.10.3(2)10.5 m(3)14.4 m