【物理】2020届一轮复习人教版第7讲　牛顿运动定律的应用作业

【物理】2020届一轮复习人教版第7讲　牛顿运动定律的应用作业

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,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μ=0.4,g=10 m/s2。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(　　)‎ 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=μg=4 m/s2,当物块的速度减小到0时,物块前进的距离为s=‎0-‎‎4‎‎2‎‎2×(-4)‎ m=2 m,其值小于AB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速度相等时物块向右滑行的距离为s'=‎2‎‎2‎‎-0‎‎2×4‎ m=0.5 m,其值小于物块向左前进的距离,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 kg B.物体的质量为2 kg C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2‎ D.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;Ff=μFN=μmg,则μ=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 s B.物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2‎ C.物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4‎ D.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=at1,‎1‎‎2‎vt1+v(t-t1)=xAB,联立解得t1=1 s,a=2 m/s2,则由a=μg解得μ=0.2,选项A、C错误,B正确;物块一直做匀加速直线运动到B点的速度v'=‎2axAB=‎2×2×8‎ m/s=4‎2‎ m/s≈5.66 m/s,则使物块以最短时间到达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α=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μ=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/s2,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/s2　(2)1.4 s　(3)1 s 解析　(1)物块在ab段所受的摩擦力f=μmg 由牛顿第二定律可知,加速度大小a=fm=μg=2.5 m/s2‎ ‎(2)物块加速到2 m/s所需时间t1=va=‎2‎‎2.5‎ s=0.8 s 物块加速阶段的位移s1=‎1‎‎2‎at‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎×2.5×0.82 m=0.8 m 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=s‎2‎v=‎1.2‎‎2‎ s=0.6 s 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 α-μ cos α)‎ 故加速度:a'=g(sin α-μ cos α)=4 m/s2‎ 由匀变速直线运动规律可得,从b到c的时间t3满足 sbc=vt3+‎1‎‎2‎a'‎t‎3‎‎2‎ 其中sbc=4 m,v=2 m/s 解得:t3=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(B→C)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(B→C)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(C→B)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(C→B)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(B→C)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(C→B)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mA>mB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。‎ ‎3.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　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=F‎6m,隔离左边的叠加体,由牛顿第二定律可知,轻绳中拉力为FT'=3ma=F‎2‎。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'=FT‎3m,质量为m和2m的木块间的摩擦力为Ff=ma'=FT‎3‎,故D错误。‎ ‎4.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μ=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=μg=1 m/s2,历时t1=va=1 s达到共同速度,位移x1=v‎2‎t1=0.5 m,此后行李匀速运动t2=‎2m-‎x‎1‎v=1.5 s到达B,共用2.5 s;乘客到达B,历时t=‎2mv=2 s,故A、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=‎2×2‎‎1‎ s=2 s,D项正确。‎ ‎5.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μ=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/s B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,vB=3 m/s C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,vB=3 m/s D.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,vB=2 m/s 答案　D　若传送带不动,工件的加速度大小a=μg=1 m/s2,由vA‎2‎-vB‎2‎=2as,得vB=vA‎2‎‎-2as=3 m/s,选项A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=μg,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力方向水平向左,做匀减速运动,工件的加速度仍为a=μg,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/s2。则下列说法正确的是(　　)‎ A.在2~4 s内小球的加速度大小为1.5 m/s2‎ B.小球质量为2 kg C.杆的倾角为30°‎ D.小球在0~4 s内的位移为8 m 答案　C　由图像得:在2~4 s内小球的加速度a=ΔvΔt=0.5 m/s2,则A错误;在0~2 s内小球做匀速直线运动时,重力沿杆向下的分力等于5 N,在2~4 s内由牛顿第二定律有:F2-F1=ma,解得m=1 kg,则B错误;设杆与水平面的夹角为α,则F2-mg sin α=ma,解得α=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0~4 s内小球的位移为5 m,则D错误。‎ ‎7.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μ1=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0~4 s内,若拉力F的变化如图乙所示,2 s后木板进入μ2=0.25的粗糙水平面,在图丙中画出0~4 s内木板和物块的v-t图像,并求出0~4 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 μ1m1g=m1a 联立解得F=8 N ‎(2)物块在0~2 s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有μ1m1g=m1a1‎ 解得a1=2 m/s2‎ ‎2 s末物块的速度v1=a1t1=2×2 m/s=4 m/s 木板在0~1 s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有 F1-μ1m1g=m2a2‎ 解得a2=4 m/s2‎ ‎1 s末木板的速度v1'=a2t2=4×1 m/s=4 m/s 在1~2 s内F2=μ1m1g 木板做匀速运动,速度为4 m/s ‎2~4 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=μ‎2‎m‎1‎‎+m‎2‎gm‎1‎‎+‎m‎2‎=μ2g 物块的合力μ2m1g>fm=μ1m1g 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-μ1m1g=m1a3‎ 解得a3=-2 m/s2‎ 速度从4 m/s减至零的时间t3=‎0-‎v‎1‎a‎3‎=‎0-4‎‎-2‎ s=2 s 木板做匀减速直线运动有 ‎-μ2(m1+m2)g+μ1m1g=m2a4‎ 解得a4=-‎8‎‎3‎ m/s2‎ 速度从4 m/s减至零的时间t4=‎0-v‎1‎'‎a‎4‎=‎-4‎‎-‎‎8‎‎3‎ s=1.5 s 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)‎ ‎0~2 s内物块相对木板向左运动Δx1=‎1‎‎2‎a2t‎2‎‎2‎+(a2t2)(t1-t2)-‎1‎‎2‎a1t‎1‎‎2‎,‎ ‎2~4 s内物块相对木板向右运动Δx2=‎-‎a‎1‎t‎1‎‎2‎‎2‎a‎3‎-‎‎-‎a‎2‎t‎2‎‎2‎‎2‎a‎4‎ 解得Δx=Δx1-Δx2=1 m 即0~4 s内物块相对木板的位移大小为Δx=1 m