（江浙选考1）2020版高考物理总复习第四章牛顿运动定律考点强化练9直线运动中力和运动的综合应用.doc

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1、1考点强化练 9 直线运动中力和运动的综合应用1.(2018 浙江杭州预测)2018 年 02 月 07 日人类现役运力最强的火箭重型猎鹰(Falcon Heavy)成功在肯尼迪航天中心完成了发射并完成一、二级火箭回收。其中一级火箭回收的过程可以简化为:猎鹰火箭发射上升至 3 436 m 的高空后开始下落,经过几秒到达距地面 3 256 m 高度处,立即打开反推器开始匀速下降 50 s,快到达地面前改变反推器而减速,成功落地时速度为 4 m/s。重力加速度的大小 g 取 10 m/s2,不考虑空气阻力。(1)求该火箭从静止开始下落至 3 256 m 高度处所需的时间及其在此处速度的大小;(2)

2、若该火箭总质量 m=5 000 kg,试求火箭在减速下降时受反推器作用力的大小。2.如图甲所示,初始有一质量 m=5 kg 的物块以速度 v0=10 m/s 在水平地面上向右滑行,在此时刻给物块施加一水平外力 F,外力 F 随时间 t 的变化关系如图乙所示,作用 3 s 时间后撤去外力 F,规定水平向右为正方向,已知物块与地面间的动摩擦因数 =0.2,重力加速度 g 取 10 m/s2。求:(1)撤去拉力 F 时物块的速度大小;(2)物块向右滑行的总位移。3.(20172018 学年浙江台州市书生中学高一上)如图质量为 2 kg 的物体在 40 N 水平推力作用下,1 s 内沿竖直墙壁从静止开

3、始下滑 3 m。求:(g 取 10 m/s2)(1)物体与墙间的动摩擦因数;(2)若在 1 s 末时把水平推力改为 140 N,计算物体一共能够滑动的位移。4.(20172018 学年浙江宁波北仑中学高二下学期期中)如图甲所示,滑沙运动时,沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的摩擦因数。假设滑沙者的速度超过 8 m/s 时,滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由 1=0.5 变为 2=0.25。可简化为如图乙所示,一滑沙者从倾角 =37的坡顶 A 处由静止开始下滑,滑至坡底 B(B 处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面,最后停在 C 处。已知滑板与水平地面的动摩擦因数恒为 3=0.4,AB 坡长

4、 L=26 m,sin 37=0.6,不计空气阻力,求滑沙者(1)到 B 处时的速度大小;(2)在水平地面上运动的最大距离;(3)在 AB 段下滑与 BC 段滑动的时间之比。25.甲(20172018 学年浙江金华一中高一上学期第二次段考)如图甲所示,木板 OA 可绕轴 O 在竖直平面内转动,某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为 F=8 N 的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量 m=1 kg,通过 DIS 实验,得到如图乙所示的加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木板间的动摩擦因数为 0.2,假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力,g 取 10 m/s

5、2。试问:(1)图乙中图线与纵坐标交点 a0多大?(2)图乙中图线与 轴交点坐标分别为 1和 2,木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方?说明在斜面倾角处于 1和 2之间时物块的运动状态。乙(3)如果木板长 L=2 m,倾角为 37,物块在 F 的作用下由 O 点开始运动,为保证物块不冲出木板顶端,力 F 最多作用多长时间?(sin 37=0.6,cos 37=0.8)6.每逢周末,许多餐厅生意火爆,常常人满为患,为能服务更多的顾客,服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处。某次服务员用单手托托盘方式(如图),要求全程托盘水平,托盘和手之间的动摩擦因数为 0.2,碗和托盘之间的动摩擦因数为 0.1

6、25,服务员上菜最大速度为 2.5 m/s,位移 10 m,假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动,且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(重力加速度 g 取 10 m/s2)(1)求服务员运动的最大加速度;(2)求服务员上菜所用的最短时间;(3)若服务员不小心手上沾了油,手和托盘间的动摩擦因数变成了 0.1,碗和托盘之间的动摩擦因数不变,求服务员的最大加速度。37.如图所示,将质量 m=1 kg 的圆环套在固定的倾斜直杆上,杆的倾角为 37,环的直径略大于杆的截面直径。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为 37的拉力 F=10 N,使圆环由静止开始沿杆加速向上运动,已知环与杆间动摩

7、擦因数 =0.5。求:(1)F 作用 2 s 时圆环的速度是多大?(2)2 s 后撤去力 F,圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少?8.如图所示,倾角为 37,长为 L=16 m 的传送带,转动速度为 v=10 m/s,动摩擦因数 =0.5,在传送带顶端 A 处无初速度地释放一个质量为 m=0.5 kg 的物体。已知 sin 37=0.6,cos 37=0.8,g 取10 m/s2。求:(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间;(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间。9.风洞是一种人工产生和控制气流的管道状实验设备,以模拟飞行器或物体周围气体的流动,研

8、究气流对物体的作用。在风洞飞行表演中,设表演者的质量 m=60 kg,稳定的气流作用于人体向上产生大小不变的风力。(g 取 10 m/s2)(1)在某次表演中,表演者从静卧于高度为 0 的安全网上开始,经过 t=2 s 到达 h=4 m 的高处,求表演者受到的风力大小。(2)假定风洞的总高度 h0=25 m,而且距底部安全网 10 m 以上范围内风力的大小变为 540 N(方向不变),要表演者不离开风洞口,求风力作用时间不能超过多少。10.民航客机都有紧急出口,发生意外情况时打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面,乘客可沿斜面滑行到地面上。如图所示,某客机紧急出口离地面高度

9、AB=3.0 m,斜面气囊长度 AC=5.0 m,要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过 2 s,g 取 10 m/s2,求:(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大?(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大?(忽略空气阻力)4考点强化练 9 直线运动中力和运动的综合应用1.答案 (1)6 s 60 m/s (2)85 000 N解析 (1)物体做自由落体运动,由公式 h=12g12及公式 v1=gt1代入数据可求得:t 1=6 s;v1=60 m/s。(2)物体匀速下降时,设下降的高度为 h2,时间为 t2则:h 2=v1t2解得:h 2=3 000 m。物体减速时:F-m

10、g=mav2- =-2ah312h3=3 256-3 000=256 m解得:F=85 000 N2.答案 (1)2 m/s (2)19 m解析 (1)在第 1 s 内物体的加速度大小为 a1= =4 m/s2+第 1 s 末的速度 v1=v0-a1t=6 m/s。在第 2 s 内加速度大小为 a2= =0,即物块做匀速直线运动。在第 3 s 内加速度大小为-a1=4 m/s2。所以撤去 F 时物块的速度大小为 v=v1-a1t=2 m/s。(2)撤去 F 之后,物块的加速度大小为a3= =2 m/s2,运动时间 t= =1 s。 3物块运动的 v-t 图象如图所示,物块向右滑行的总位移为x=

11、 t+v1t+ t+ t=19 m。0+12 +12 23.答案 (1)0.2 (2)7.5 m解析 (1)由位移时间公式得:H= at212解得:a= =6 m/s2。22=231由牛顿第二定律知:mg-F f=ma所以有:F f=mg-ma=(210-26)N=8 N。由滑动摩擦力公式 Ff= FN得: = =0.2。=840(2)1 s 末物体的速度 v1=at=6 m/s当推力为 140 N 时,摩擦力变为:F f=0.2140 N=28 N20 N;故物体做减速运动;加速度 a= m/s2=-4 m/s2- =20-2825物体最终会静止在竖直墙壁上,下落的距离为:H= m=4.5

12、m;122=6224物体一共能够滑动的位移:h=H+H=7.5 m。4.答案 (1)12 m/s (2)18 m (3)5 3解析 (1)滑沙板的速度较小时:ma 1=mgsin - 1mgcos 代入数据可得:a 1=2 m/s2速度达到 8 m/s 时的位移:x 1= m=16 m。1221=8222滑沙板的速度较大时:ma 2=mgsin - 2mgcos 代入数据可得:a 2=4 m/s2设到达 B 的速度为 v2,则: =2a2(L-x1)2212代入数据可得:v 2=12 m/s。(2)滑沙板在水平面上的加速度:a 3= =- 3g=-4 m/s2-3由位移速度公式可得:x 3=

13、m=18 m。0-2222 =0-1442(-4)(3)滑沙板的速度达到 8 m/s 的时间:t 1= s=4 s11=82第二段时间:t 2= s=1 s2-12 =12-84滑沙板在水平面上的时间:t 3= s=3 s0-23 =0-12-4所以在 AB 段下滑与 BC 段滑动的时间之比:1+23 =4+13 =535.答案 (1)6 m/s 2 (2)当木板倾角为 1时,摩擦力沿斜面向下;当木板倾角为 2时,摩擦力沿斜面向上;当 角处于 1和 2之间时物块静止 (3)3.1 s解析 (1)当木板水平放置时,物块的加速度为 a0,此时滑动摩擦力 Ff= FN= mg=0.2110 N=2

14、N由牛顿第二定律 F-Ff=ma0求得 a0= m/s2=6 m/s2- =8-21(2)当木板倾角为 1时,摩擦力沿斜面向下;当木板倾角为 2时,摩擦力沿斜面向上;当 角处于 1和 2之间时物块静止。(3)力 F 作用时间最长时,撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零。设力 F 作用时物块的加速度为 a1,由牛顿第二定律得:F-mgsin 37- mgcos 37=ma1a1=-37-37= m/s2=0.4 m/s28-100.6-0.2100.81撤去力 F 后物块的加速度大小为 a2,由牛顿第二定律mgsin 37+ mgcos 37=ma2a2= m/s237+37 =100.6

15、+0.2100.81=7.6 m/s2设物块不冲出木板顶端,力 F 最长作用时间为 t。则撤去力 F 时的速度 v=a1t6位移 s1= a1t212撤去力 F 后运动的距离 s2=222=12222由题意有 L=s1+s2由以上各式得 t= s3.1 s221(1+2)= 27.620.4(0.4+7.6)6.答案 (1)1.25 m/s 2 (2)6 s (3)1 m/s2解析 (1)设碗的质量为 m,托盘的质量为 M,以最大加速度运动时,以碗为研究对象,根据牛顿第二定律得 Ffm= 1mg=ma,a= 1g=1.25 m/s2对碗和托盘整体,根据牛顿第二定律得 Ff= 2(M+m)g=(

16、M+m)a,解得 a=2 m/s2要使碗不打滑,故最大加速度为 a=1.25 m/s2(2)加速运动时间 t1= =2 s,位移 x1= vmt1= 2.52=2.5 m,12 12减速运动的时间 t2=t1=2 s,位移 x2=x1=2.5 m,匀速运动位移 x3=L-x1-x2=5 m,匀速运动时间 t3= =2 s,3最短时间 t=t1+t2+t3=6 s。(3)碗与托盘相对静止 a1 1g=0.12510=1.25 m/s2,手与托盘相对静止 a2 2g=0.110 m/s2=1 m/s2,要使托盘不滑落,最大加速度 am=1 m/s2。7.答案 (1)2 m/s (2)0.2 m解析

17、 (1)由受力分析和牛顿第二定律及运动学规律可知Fcos 37-mgsin 37-Ff=ma1,mgcos 37=FN+Fsin 37,Ff= FN,2 s 时圆环的速度 v=a1t1,联立解得 v=2 m/s。(2)撤去外力后,由牛顿第二定律及运动学规律得mgsin 37+Ff=ma2,FN=mgcos 37,Ff= FN,代入数值解得 t2= =0.2 s,x1= t2=0.2 m。2 28.答案 (1)4 s (2)2 s解析 (1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带向下匀加速运动根据牛顿第二定律有 mgsin 37- mgcos 37

18、=ma解得 a=2 m/s2根据 L= at2得 t=4 s。12(2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为 a1,由牛顿第二定律得 mgsin 37+ mgcos 37=ma1,则有 a1=10 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为 t1,位移为 x1,则有 t1= =1 s,x1= a1 =5 m mgcos 37,则下一时刻物体相对传送带向下运动,受到传送带向上的滑动摩擦力。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2,则 mgsin 37- mgcos 37=

19、ma2,解得 a2=2 m/s2x2=L-x1=11 m,又因为 x2=vt2+ a2 ,12 22解得 t2=1 s(t2=-11 s 舍去),所以 t 总 =t1+t2=2 s。9.答案 (1)720 N (2)(3 ) s10103解析 (1)由匀加速上升 h= ,得 a=2 m/s2,由 F-mg=ma,得 F=720 N。22(2)10 m 内:由 =2a1h1,得 v1=2 m/s,由 v1=a1t1,得 t1= s。10 m 以上:表演者减速上升,有12 10 10风时 mg-F2=ma2,得 a2=1 m/s2,无风时 a3=g=10 m/s2。要表演者不离开风洞,临界情况是到达风洞口速度为零,由 =15,得 v2= m/s。而由 v2=v1-a2t2,得 t2=(2 ) s,故12-2222 +222 103 10103t=t1+t2=(3 ) s。1010310.答案 (1)2.5 m/s 2 (2)0.44解析 (1)根据运动学公式 s= at2得 a= =2.5 m/s2。12 22(2)根据牛顿第二定律 mgsin -Ff=ma,又 Ff= FN,FN=mgcos 解得 = =0.44- =716所以,乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过 0.44。