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Fmg，上升阶段支持力F的大小依次为F>mg、F＝mg、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a12μ（m1＋m2）g.

（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