（全國通用版）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

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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。1～6題為單選題,7～10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a～g各點(diǎn)均對應(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 N B.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。對物塊進(jìn)行受力分析,設(shè)斜面的角度為θ,可列方程mgsin θ -μmgcos θ=ma,sin θ-μcos θ=,當(dāng)加上力F后,由牛頓第二定律得(mg+F)sin θ-μ(mg+F)cos θ=ma1,即mgsin θ-μmgcos θ+Fsin θ- μFcos θ=ma1,ma+Fsin θ-μFcos θ=ma1,Fsin θ-μFcos θ=F(sin θ- μcos θ)=,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α(α>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,下列說法正確的是 (　　) A.若m1=m2,則兩物體可靜止在斜面上 B.若m1=m2tanα,則兩物體可靜止在斜面上 C.若m1=m2,則三棱柱對地面的壓力小于(M+m1+m2)g D.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-α),m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsin α,由于α>45,則m2gsin(90-α) 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μ=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/s2 B.a1=3 m/s2,a2=2 m/s2 C.a1=5 m/s2,a2=3 m/s2 D.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μmg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=μg=3 m/s2,故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)F>μ(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)生相對運(yùn)動(dòng),此時(shí)物塊的加速度最大,由牛頓第二定律得:a1==μg=3 m/s2,小車的加速度a2>3 m/s2,故C錯(cuò)誤,D正確。 【加固訓(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?，F(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)生相對運(yùn)動(dòng),則F1、F2的最大值之比為 (　　) A.1∶1　　　　 B.M∶m C.m∶M D.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A物塊,則有Ff=Ma2,聯(lián)立解得:F1、F2的最大值之比為F1∶F2=M∶m,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 37v0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μmg,設(shè)到達(dá)B點(diǎn)的速度為vB。由-=2(-μg)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μmg,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,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;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,則下列說法中正確的是 (　　) A.A的質(zhì)量為0.5 kg B.B的質(zhì)量為1.5 kg C.B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 D.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)相對地面靜止,當(dāng)拉力為3 N時(shí)開始相對地面滑動(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A分析可知,μ1g=4 m/s2;解得:AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.4;對B分析可知,13 N-3 N-μ1mAg=mB8 m/s2 對整體有:9 N-3 N=(mA+mB)4 m/s2 聯(lián)立解得:mA=0.5 kg;mB=1 kg; 則由μ2(mA+mB)g=3 N解得,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=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.物塊相對于斜面減速下滑 D.物塊相對于斜面勻速下滑 【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=μFN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θ,物塊的質(zhì)量為m,當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ。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acosθ、asinθ。垂直斜面方向上,物塊與斜面相對靜止,對物塊分析,壓力FN=m(g+a)cosθ,Ff=μm(g+a)cosθ,因?yàn)閟inθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ =μm(g+a)cosθ,即在沿斜面方向物塊的加速度為asinθ,所以物塊的加速度也為a,故物塊相對于斜面勻速下滑,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θ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μ,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,μ=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:Fsinθ≤mg 要使物體能一直向右運(yùn)動(dòng), 應(yīng)有:Fcosθ≥μ(mg-Fsinθ) 聯(lián)立解得:≤F≤ (2)根據(jù)牛頓第二定律得 Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma 解得:F= 上式變形得F= 其中α=arcsin 當(dāng)sin(θ+α)=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,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θ,下列說法中正確的是 (　　) A.若θ已知,可求出A的質(zhì)量 B.若θ未知,可求出圖乙中a1的值 C.若θ已知,可求出圖乙中a2的值 D.若θ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 θ=(m+mA)a,解得加速度a=,當(dāng)m=0時(shí),得a2=gsin θ,故C正確;當(dāng)m?mA時(shí)a1=g,故B正確;無法求出A的質(zhì)量,故A錯(cuò)誤;當(dāng)加速度a=0時(shí),可知m0=mAsin θ,無法求出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θ=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+μmg 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 s s=t1=1 m=3 m 然后對物體受力分析: F-μmgcos37-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),對物體受力分析得: mgsin 37-μmg cos 37=ma3 a3=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= s s2=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θ=37、足夠長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,求木板的長度l為多少?已知小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 【解析】由題意,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 θ+μmgcos θ=ma, 設(shè)木板的加速度為a′,由牛頓第二定律得, F+μmgcos θ-Mgsin θ=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=a′t; 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′=a′t2; 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