（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第7讲牛顿运动定律的应用夯基提能作业本.docx

《（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第7讲牛顿运动定律的应用夯基提能作业本.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第7讲牛顿运动定律的应用夯基提能作业本.docx（8页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 7 讲 牛顿运动定律的应用A 组 基础题组1.下列哪一种运动情景中,物体将会处于一段持续的完全失重状态 ( )A.高楼正常运行的电梯中B.沿固定于地面的光滑斜面滑行C.固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动D.不计空气阻力条件下的竖直上抛答案 D 高楼正常运行的电梯中,一般先加速后匀速,再减速,故物体不可能一直处于完全失重状态,选项 A 错误;沿固定于地面的光滑斜面滑行时,加速度沿斜面向下,由于加速度小于 g,故物体不是完全失重状态,选项 B 错误;固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体,加速度不会总是竖直向下的 g,故选项 C 错误;不计空气阻力条件下的竖

2、直上抛,加速度总是竖直向下的 g,总是处于完全失重状态,选项 D 正确。2.如图所示,A、B 两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法正确的是( )A.在上升或下降过程中 A 对 B 的压力一定为零B.上升过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力C.下降过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力D.在上升和下降过程中 A 对 B 的压力等于 A 物体受到的重力答案 A 无论物体在上升过程中还是下降过程中,两物体组成的系统都只受重力作用,系统处于完全失重状态,所以在整个过程中,A 对 B 的压力始终为零,故选项 A 正确。3.水平方向的传送带,顺时针转动,

3、传送带速度大小 v=2 m/s 不变,两端 A、B 间距离为 3 m。一物块从 B端以 v0=4 m/s 滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数 =0.4,g=10 m/s 2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是( )2答案 B 物块 B 刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用,使得它做匀减速运动,加速度大小为 a=g=4 m/s 2,当物块的速度减小到 0 时,物块前进的距离为 s= m=2 m,其值小于 AB0-422(-4)的长 3 m,故物块减速到 0 后仍在传送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与减速时是相等的,等其速度与传送带的

4、速度相等时物块向右滑行的距离为 s= m=0.5 m,其值小于物块向左前进22-024的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静止,其速度就等于传送带的速度了,所以选项B 正确。4.如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力 F 拉物体,在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中,物体先静止后做变加速运动,其加速度 a 随外力 F 变化的图像如图乙所示。根据图乙中所标出的数据可计算出(g 取 10 m/s2)( )A.物体的质量为 1 kgB.物体的质量为 2 kgC.物体与水平面间的动摩擦因数为 0.2D.物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5答案 B 物体的受力如图所示,在力 F 从

5、 0 增大到 7 N 之前物体静止,在 7 N 时运动状态发生变化,由牛顿第二定律得 F-Ff=ma,代入图乙中 F1=7 N 和 F2=14 N 及对应的加速度 a1=0.5 m/s2和 a2=4 m/s2,解得m=2 kg,Ff=6 N,A 错误,B 正确;F f=F N=mg,则 =0.3,C、D 错误。5.(多选)如图所示,一水平传送带以 v=2 m/s 的速度做匀速运动,传送带 A、B 两端间的距离为 xAB=8 m,将一小物块轻轻地放在传送带 A 端,由 A 端运动到 B 端所需的时间 t=4.5 s,g=10 m/s2。则 ( )A.物体匀加速运动 2 sB.物块与传送带之间的动

6、摩擦因数 =0.2C.物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.43D.若要物块从 A 到 B 时间最短,传送带速度至少为 5.66 m/s答案 BD 设物块在传送带上做匀加速直线运动的加速度为 a,做匀加速直线运动的时间为 t1,则 v=at1,vt1+v(t-t1)=xAB,联立解得 t1=1 s,a=2 m/s2,则由 a=g 解得 =0.2,选项 A、C 错误,B 正确;物块一直12做匀加速直线运动到 B 点的速度 v= = m/s=4 m/s5.66 m/s,则使物块以最2axAB 228 2短时间到达 B 端,则传送带的速度大小至少为 5.66 m/s,选项 D 正确。6.如图所示的传送

7、带,其水平部分 ab 的长度为 2 m,倾斜部分 bc 的长度为 4 m,bc 与水平面的夹角为=37,将一小物块 A(可视为质点)轻轻放于 a 端的传送带上,物块 A 与传送带间的动摩擦因数为=0.25,当传送带沿图示方向以 v=2 m/s 的速度匀速运动时,若物块 A 经过 b 端时未脱离传送带且没有能量损失(g=10 m/s 2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。),试求:(1)小物块在水平部分加速运动的加速度大小;(2)小物块 A 从 a 端传送到 b 端所用的时间;(3)小物块 A 从 b 端传送到 c 端所用的时间。答案 (1)2.5 m/s 2 (2)1.4 s (3)

8、1 s解析 (1)物块在 ab 段所受的摩擦力 f=mg由牛顿第二定律可知,加速度大小 a= =g=2.5 m/s 2fm(2)物块加速到 2 m/s 所需时间 t1= = s=0.8 sva 22.5物块加速阶段的位移 s1= a = 2.50.82 m=0.8 m12t2112物块匀速运动位移 s2=xab-s1=2 m-0.8 m=1.2 m匀速运动时间 t2= = s=0.6 ss2v1.22从 a 到 b 的时间 t=t1+t2=0.8 s+0.6 s=1.4 s(3)物块在 bc 段的合力 F=mg(sin - cos )故加速度:a=g(sin - cos )=4 m/s 2由匀

9、变速直线运动规律可得,从 b 到 c 的时间 t3满足sbc=vt3+ a12 t23其中 sbc=4 m,v=2 m/s4解得:t 3=1 s(t3=-2 s 舍去)B 组 提升题组1.(多选)如图所示,运动员进行“3 m 跳板跳水”运动的过程可简化为:运动员走上跳板,将跳板从水平位置 B 压到最低点 C,跳板又将运动员竖直向上弹到最高点 A,然后运动员做自由落体运动,竖直落入水中。跳板自身重力忽略不计,则下列说法正确的是( )A.运动员向下运动(BC)的过程中,先失重后超重,对板的压力先减小后增大B.运动员向下运动(BC)的过程中,先失重后超重,对板的压力一直增大C.运动员向上运动(CB)

10、的过程中,先超重后失重,对板的压力先增大后减小D.运动员向上运动(CB)的过程中,先超重后失重,对板的压力一直减小答案 BD 运动员在向下运动(BC)的过程中,运动员受到的板的弹力越来越大,开始时加速度向下减小,然后加速度再向上增大,故运动员应先失重后超重,故 A 错误,B 正确;运动员在向上运动(CB)时,由于弹力减小,但开始时一定大于重力,故合外力先减小后增大,而加速度先向上后向下,故运动员先超重后失重,故 C 错误,D 正确。2.如图,质量 mAmB的两物体 A、B 叠放在一起,靠着竖直墙面。让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体 B 的受力示意图是( )答案 A A、B 在竖直

11、下落过程中与墙面没有弹力,所以也没有摩擦力,A、B 均做自由落体运动,处于完全失重状态,均只受重力,故 A 正确。53.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为 m、2m 和 3m 的三个木块,其中质量为 2m 和 3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为 FT,现用水平拉力 F 拉其中质量为 3m 的木块,使三个木块以同一加速度运动,则以下说法正确的是( )A.质量为 2m 的木块受到四个力的作用B.当 F 逐渐增大到 FT时,轻绳刚好被拉断C.当 F 逐渐增大到 1.5FT时,轻绳还不会被拉断D.轻绳刚要被拉断时,质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力为 0.66FT答案

12、C 质量为 2m 的木块受到重力、质量为 m 的木块的压力、m 对其向左的摩擦力、轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用,故 A 错误;对整体,由牛顿第二定律可知,a= ,隔离左边的叠加体,由牛顿第二F6m定律可知,轻绳中拉力为 FT=3ma= 。由此可知,当 F 逐渐增大到 2FT时,轻绳中拉力等于 FT,轻绳才刚好F2被拉断,选项 B 错误,C 正确;轻绳刚要被拉断时,质量为 m 和 2m 的木块整体的加速度 a= ,质量为 m 和FT3m2m 的木块间的摩擦力为 Ff=ma= ,故 D 错误。FT34.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为

13、如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持 v=1 m/s 的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在 A 处,设行李与传送带之间的动摩擦因数 =0.1,A、B 间的距离为 2 m,g 取 10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以 v=1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到 B 处取行李,则( )A.乘客与行李同时到达 B 处B.乘客提前 2 s 到达 B 处C.行李提前 0.5 s 到达 B 处D.若传送带速度足够大,行李最快也要 2 s 才能到达 B 处答案 D 行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为 a

14、=g=1 m/s 2,历时 t1= =1 s 达到共同速度,位移va6x1= t1=0.5 m,此后行李匀速运动 t2= =1.5 s 到达 B,共用 2.5 s;乘客到达 B,历时 t= =2 s,故v2 2m-x1v 2mvA、B、C 错误。若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间 tmin= s=2 s,D 项正确。2215.如图,水平传送带 A、B 两端相距 s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数 =0.1。工件滑上 A 端瞬时速度 vA=4 m/s,达到 B 端的瞬时速度设为 vB,则下面说法错误的是( )A.若传送带不动,则 vB=3 m/sB.若传送带以速度 v=4

15、 m/s 逆时针匀速转动,v B=3 m/sC.若传送带以速度 v=2 m/s 顺时针匀速转动,v B=3 m/sD.若传送带以速度 v=2 m/s 顺时针匀速转动,v B=2 m/s答案 D 若传送带不动,工件的加速度大小 a=g=1 m/s 2,由 - =2as,得 vB= =3 m/s,选项v2Av2B v2A-2asA 正确;若传送带以速度 v=4 m/s 逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度仍为 a=g,工件的运动情况跟传送带不动时一样,则 vB=3 m/s,选项 B 正确;若传送带以速度 v=2 m/s 顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦

16、力方向水平向左,做匀减速运动,工件的加速度仍为 a=g,工件的运动情况跟传送带不动时一样,则 vB=3 m/s,选项 C 正确、D 错误。6.将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上,如图甲所示,现在杆上套一小球,小球在一沿杆向上的拉力 F 的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。g=10 m/s 2。则下列说法正确的是( )A.在 24 s 内小球的加速度大小为 1.5 m/s2B.小球质量为 2 kgC.杆的倾角为 30D.小球在 04 s 内的位移为 8 m答案 C 由图像得:在 24 s 内小球的加速度 a= =0.5 m/s2,则 A

17、 错误;在 02 s 内小球做匀速直线运 v t动时,重力沿杆向下的分力等于 5 N,在 24 s 内由牛顿第二定律有:F 2-F1=ma,解得 m=1 kg,则 B 错误;设杆与水平面的夹角为 ,则 F2-mg sin =ma,解得 =30,则 C 正确;由速度-时间图像可知,图线与横轴围成的面积表示位移,即 04 s 内小球的位移为 5 m,则 D 错误。77.图甲中,质量为 m1=1 kg 的物块叠放在质量为 m2=3 kg 的木板右端。木板足够长,放在光滑的水平地面上,木板与物块之间的动摩擦因数为 1=0.2,整个系统开始时静止,重力加速度 g=10 m/s2。(1)在木板右端施加水平

18、向右的拉力 F,为使木板和物块发生相对运动,拉力 F 至少应为多大?(2)在 04 s 内,若拉力 F 的变化如图乙所示,2 s 后木板进入 2=0.25 的粗糙水平面,在图丙中画出 04 s 内木板和物块的 v-t 图像,并求出 04 s 内物块相对木板的位移大小。答案 (1)8 N (2)见解析图 1 m解析 (1)把物块和木板看做整体,由牛顿第二定律得F=(m1+m2)a对物块分析,物块与木板将要相对滑动时有 1m1g=m1a联立解得 F=8 N(2)物块在 02 s 内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有 1m1g=m1a1解得 a1=2 m/s22 s 末物块的速度 v1=a1t1=2

19、2 m/s=4 m/s木板在 01 s 内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有F1- 1m1g=m2a2解得 a2=4 m/s21 s 末木板的速度 v1=a2t2=41 m/s=4 m/s在 12 s 内 F2= 1m1g木板做匀速运动,速度为 4 m/s24 s 内如果物块和木板一起减速运动,共同的加速度大小为 a 共 = = 2g 2m1+m2gm1+m2物块的合力 2m1gfm= 1m1g所以物块和木板相对滑动 2 s 后物块做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有- 1m1g=m1a38解得 a3=-2 m/s2速度从 4 m/s 减至零的时间 t3= = s=2 s0-v1a3 0-4-2木板做匀减速直线运动有- 2(m1+m2)g+ 1m1g=m2a4解得 a4=- m/s283速度从 4 m/s 减至零的时间 t4= = s=1.5 s0-v1a4 -4-83二者在整个运动过程的 v-t 图像如图所示(实线是木板的 v-t 图像,虚线是物块的 v-t 图像)02 s 内物块相对木板向左运动 x 1= a2 +(a2t2)(t1-t2)- a1 ,12t22 12t1224 s 内物块相对木板向右运动 x 2= -a1t122a3 -a2t222a4解得 x=x 1-x 2=1 m即 04 s 内物块相对木板的位移大小为 x=1 m