【物理】2020届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 课时作业

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2020 届一轮复习人教版 牛顿运动定律的综合应用 课时作业 一、选择题(本题共 10 小题，1～6 题为单选题，7～10 题为多选题) 1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的点表示人的重心．图 乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图线．两图中 a～g 各点均对应，其中有几个 点在图甲中没有画出．重力加速度 g 取 10 m/s2.根据图像分析可得(　　) A．人的重力为：1 500 N B．c 点位置人处于超重状态 C．e 点位置人处于失重状态 D．d 点的加速度小于 f 点的加速度 解析：B　由图可知人的重力为 500 N，故 A 错误；c 点位置人的支持力 750 N>500 N， 处于超重状态，故 B 正确；e 点位置人的支持力 650 N>500 N，处于超重状态，故 C 错误； d 点的加速度为 20 m/s2 大于 f 点的加速度为 10 m/s2，故 D 错误． 2.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度 a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加 一个竖直向下的恒力 F，则(　　) A．物块可能匀速下滑 B．物块仍以加速度 a 匀加速下滑 C．物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑 D．物块将以小于 a 的加速度匀加速下滑 解析：C　未加恒力 F 时，对物块由牛顿第二定律知 ma＝mgsin θ－μmgcos θ，而加上 F 后，ma′＝(mg＋F)(sin θ－μcos θ)，即 a′>a，C 正确． 3．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸 手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是(　　) A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 解析：D　物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态．当 物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态， 故 A、B、C 错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一 时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化 量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加 速度，故 D 正确． 4.(2018·烟台模拟)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为 M，放在粗糙的水平 地面上，两底角中其中一个角的角度为 α(α>45°)．三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质 量为 m1 和 m2 的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱 的顶端，若三棱柱始终处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速 度大小为 g，则将 m1 和 m2 同时由静止释放后，下列说法正确的是(　　) A．若 m1＝m2，则两物体可静止在斜面上 B．若 m1＝m2tan α，则两物体可静止在斜面上 C．若 m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g D．若 m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零 解析：C　若 m1＝m2，m2 的重力沿斜面向下的分力大小为 m2gsin(90°－α)，m1 的重力沿 斜面向下的分力大小为 m1gsin α，由于 α>45°，则 m2gsin(90°－α)m2，则 x1>x2 D．若 m1a1，代入已知条件解得：F>2μ(M＋m)g，故 B 正确；若砝码与 纸板分离时的速度小于 μgd，砝码匀加速运动的位移小于 v2 2a1＝μgd 2μg＝d 2，匀减速运动的位移 小于 v2 2a1＝μgd 2μg＝d 2，则位移小于 d，不会从桌面掉下，故 C 正确；当 F＝μ(2M＋3m)g 时，砝 码未脱离纸板时的加速度 a1＝μg，纸板的加速度 a2＝F－μ(m＋M)g－μMg m ＝2μg，根据 1 2a2t2－ 1 2a1t2＝d，解得 t＝ 2d μg，则此时砝码的速度 v＝a1t＝ 2μgd，砝码脱离纸板后做匀减速运动， 匀减速运动的加速度大小 a′＝μg，则匀减速运动的位移为 v2 2a′＝2μgd 2μg ＝d，而匀加速运动 的位移 x′＝1 2a1t2＝d，可知砝码恰好离开桌面，故 D 错误． 二、计算题(本题共 2 小题，需写出规范的解题步骤) 11.如图所示，水平地面上放置一个质量为 m 的物体，在与水平方向成 θ 角、斜向右上 方的拉力 F 的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g.求： (1)若物体在拉力 F 的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力 F 的大小范 围． (2)已知 m＝10 kg，μ＝0.5，g＝10 m/s2，若 F 的方向可以改变，求使物体以恒定加速度 a＝5 m/s2 向右做匀加速直线运动时，拉力 F 的最小值． 解析：(1)要使物体运动时不离开地面，应有：Fsin θ≤mg 要使物体能一直向右运动，应有：Fcos θ≥μ(mg－Fsin θ) 联立解得： μmg cos θ＋μsin θ≤F≤ mg sin θ (2)根据牛顿第二定律得 Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 解得：F＝ μmg＋ma cos θ＋μsin θ 上式变形得 F＝ μmg＋ma 1＋μ2sin(θ＋α) 其中 α＝arcsin 1 1＋μ2 当 sin(θ＋α)＝1 时，F 有最小值 解得：Fmin＝μmg＋ma 1＋μ2 代入相关数据解得：Fmin＝40 5 N 答案：(1) μmg cos θ＋μsin θ≤F≤ mg sin θ　(2)40 5 N 12．(2018·滨州模拟)质量 M＝4 kg、长 2l＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中 点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为 m＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板 的左端，如图甲所示．在 t＝0 时刻对滑块施加一个水平向右的恒力 F，使滑块和木板均由 静止开始运动，t1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的 x1－t 图像如图乙所示．g 取 10 m/s2. (1)求滑块与木板左边的动摩擦因数 μ1 和恒力 F 的大小． (2)若滑块与木板右边的动摩擦因数 μ2＝0.1,2 s 末撤去恒力 F，则滑块能否从木板上滑落 下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？ 解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为 a1， 木板的加速度大小为 a2，则 t1＝2 s 时木板的位移 x2＝1 2a2t21① 滑块的位移 x1＝4 m② 由牛顿第二定律得 a2＝μ1mg M ③ 由位移关系得 x1－x2＝l④ 联立①②③④解得 μ1＝0.4⑤ 滑块位移 x1＝1 2a1t21⑥ 恒力 F＝ma1＋μ1mg⑦ 联立②⑤⑥⑦解得 F＝6 N (2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为 v1，木板的速度为 v2，滑块滑过中点后做匀 减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为 a1′＝μ2mg m ＝μ2g a2′＝μ2mg M 设滑块与木板从 t1 时刻开始到速度相等时的运动时间为 t2，则 v2＝a2t1，v1＝a1t1 v1－a1′t2＝v2＋a2′t2 解得 t2＝1.6 s 在此时间内，滑块位移 x1′＝v1t2－1 2a1′t22 木板的位移 x2′＝v2t2＋1 2a2′t22 Δx＝x1′－x2′ 联立解得 Δx＝1.6 m<2 m 因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为 d＝l－Δx＝ 0.4 m 答案：(1)0.4　6 N　(2)不能　0.4 m