【物理】2020届一轮复习人教版第三章微专题3　牛顿运动定律的综合应用作业

【物理】2020届一轮复习人教版第三章微专题3　牛顿运动定律的综合应用作业

微专题3　牛顿运动定律的综合应用 A组　基础过关 ‎ ‎1.(2018湖北武汉模拟)如图所示,两粘连在一起的物块a和b,质量分别为ma和mb,放在光滑的水平桌面上,现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb,已知Fa>Fb,则a对b的作用力(　　)‎ A.必为推力 B.必为拉力 C.可能为推力,也可能为拉力 D.不可能为零 答案　C　将a、b看做一个整体,加速度a=Fa‎+‎Fbma‎+‎mb,单独对a进行分析,设a、b间的作用力为Fab,则a=Fa‎+‎Fabma=Fa‎+‎Fbma‎+‎mb,即Fab=Fbma‎-‎Fambma‎+‎mb,由于不知道ma与mb的大小关系,故Fab可能为正,可能为负,也可能等于0。‎ ‎2.(2018河南南阳五校联考)如图所示,滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑,滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B,下滑时,物体B相对于A静止,则下滑过程中(　　)‎ A.B的加速度为g sin θ B.绳的拉力为Gcosθ C.绳的方向保持竖直 D.绳的拉力为G 答案　A　A、B相对静止,即两物体的加速度相同,以A、B整体为研究对象分析受力可知,系统的加速度为g sin θ,所以选项A正确;再以B为研究对象进行受力分析,如图,根据平行四边形定则可知,绳子的方向与斜面垂直,拉力大小等于G cos θ,故选项B、C、D都错误。‎ ‎3.(2019浙江温州期中)如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”,战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的导师按下按钮,战车就由静止开始沿长10 m的斜 面冲到学员面前,最终刚好停在斜面的末端,此过程约历时4 s。在战车的运动过程中,下列说法正确的是(　　)‎ A.导师始终处于失重状态 B.战车所受外力始终不变 C.战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动 D.根据题中信息可以估算导师运动的平均速度 答案　D　由题意可知,“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,加速过程中有沿斜面向下的加速度,战车处于失重状态,战车减速向下运动时又处于超重状态,故A错误;战车所受外力先沿斜面向下,后又沿斜面向上,B、C错误;由v=xt可得战车运动的平均速度v=2.5 m/s,所以选项D正确。‎ ‎4.(多选)两个叠在一起的滑块,置于固定的、倾角为θ的斜面上,如图所示,滑块A、B的质量分别为M、m,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2,已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下,滑块B受到的摩擦力(　　)‎ A.等于零 B.方向沿斜面向上 C.大小等于μ1mg cos θ D.大小等于μ2mg cos θ 答案　BC　把A、B两滑块作为一个整体,设其下滑的加速度为a,由牛顿第二定律有 ‎(M+m)g sin θ-μ1(M+m)g cos θ=(M+m)a 得a=g(sin θ-μ1 cos θ)‎ 由于a6 m,所以小物块将从传送带左端滑出,不会向右做匀加速直线运动,A错误;传送带的速度为5 m/s时,小物块在传送带上受力情况不变,则运动情况也不变,仍会从传送带左端滑出,B正确;若小物块的速度为4 m/s,小物块向左减速运动的位移大小为x'=v‎'‎‎2‎‎ ‎‎2‎‎2a=‎4‎‎2‎‎2×2‎ m=4 m<6 m,则小物块的速度减到零后再向右加速,小物块加速到与传送带共速时的位移为x″=v‎1‎‎2‎‎2a=‎2‎‎2‎‎2×2‎ m=1 m<6 m,以后小物块以v1=2 m/s的速度匀速运动到右端,则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s,C正确;若小物块的速度为1 m/s,小物块向左减速运动的位移大小为x‴=v‎″‎‎2‎‎ ‎‎2‎‎2a=‎1‎‎2‎‎2×2‎ m=0.25 m<6 m,则小物块速度减到零后再向右加速,由于x‴4F2 D.F1=2F2‎ 答案　B　沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,对整体分析,整体的加速度a=F‎1‎‎3m,隔离对质量为m的小球分析,根据牛顿第二定律得,F弹=ma=F‎1‎‎3‎=kx1;同理,沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2,a'=F‎2‎‎3m,隔离对质量为2m的小球分析,根据牛顿第二定律得:F弹'=2ma'=‎2‎F‎2‎‎3‎=kx2,由于x1=2x2,联立可得:F1=4F2,故B正确,A、C、D错误。‎ ‎9.利用阿特伍德机可以研究超重和失重现象,其研究步骤如下:如图所示,原来定滑轮左右两侧都悬挂质量为2m的物块,弹簧测力计示数为2mg。若在右侧悬挂的物块上再增加质量为m的物块,左侧物块将获得向上的加速度,可观察到弹簧测力计上的示数变大,左侧物块处于超重状态;若将右侧物块的质量减小到m,左侧物块将向下做加速运动,可观察到弹簧测力计上的示数变小,左侧物块处于失重状态。请问:左侧物块处于超重状态时,弹簧测力计的读数是多少?左侧物块处于失重状态时,弹簧测力计的读数又是多少?(不计连接物块的细线和弹簧测力计的质量)‎ 答案　‎12‎‎5‎mg　‎4‎‎3‎mg 解析　左侧物块处于超重状态时,对左侧物块受力分析知F-2mg=2ma,对右侧的物块受力分析知3mg-F=3ma 联立解得F=‎12‎‎5‎mg 左侧物块处于失重状态时,对左侧物块受力分析知 ‎2mg-F'=2ma'‎ 对右侧的物块受力分析知F'-mg=ma'‎ 联立解得F'=‎4‎‎3‎mg ‎10.某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度。如图所示,一长L=0.60 m、质量M=0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上,木板右下方有一质量m=0.80 kg的小滑块(可视为质点),滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动。‎ ‎(1)为使木板能向上运动,求F1必须满足什么条件?‎ ‎(2)若F1=22 N,为使滑块与木板能发生相对滑动,求F2必须满足什么条件?‎ ‎(3)游戏中,如果滑块上移h=1.5 m时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功。现F1=24 N,F2=16 N,请通过计算判断游戏能否成功?‎ 答案　(1)F1>20 N　(2)F2>13.2 N　(3)见解析 解析　(1)滑块与木板间的滑动摩擦力f=μF1‎ 为使木板能向上运动,对木板应有:f>Mg 代入数据得F1>20 N ‎(2)为使滑块与木板能发生相对滑动,对木板,由牛顿第二定律有:μF1-Mg=Ma1‎ 对滑块,由牛顿第二定律有:F2-μF1-mg=ma2‎ 要能发生相对滑动,应有:a2>a1‎ 代入数据可得F2>13.2 N ‎(3)对滑块,由牛顿第二定律有:F2-μF1-mg=ma3‎ 设滑块上移h的时间为t,则h=‎1‎‎2‎a3t2‎ 对木板,由牛顿第二定律有:μF1-Mg=Ma4‎ 设木板在t时间内上升的高度为H,则H=‎1‎‎2‎a4t2‎ 代入数据可得H=0.75 m 由于H+L

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