《2022年物理高考大一轮复习第3章牛顿运动定律第9讲牛顿运动定律的综合应用练习含解析20190803175.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年物理高考大一轮复习第3章牛顿运动定律第9讲牛顿运动定律的综合应用练习含解析20190803175.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第9讲 牛顿运动定律的综合应用解密考纲本专题主要考查受力与运动过程的分析、状态变化和临界条件的推理、力与运动的计算、运用图象处理物理问题等，要求会用牛顿第二定律处理综合问题，是高考考查的热点1(2019·人民大学附属中学高三考前热身)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列反映体重计示数随时间变化的 Ft 图象可能正确的是()C解析 对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力，选项A、B、D错误，
2、C正确2(2019·北京东城区高三质检)如图甲所示，“天地双雄”是欢乐谷的一项游乐设施，它的两座高度均为五十多米的高塔竖直矗立在游乐场上，塔的四周安装有可以上下运动的座椅，乘客坐在座椅上随着座椅运动，若在下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图乙所示，以竖直向下为a的正方向，则()A人对座椅的压力在t1时刻最大B人对座椅的压力在t4时刻最大C在t1t2时间内，人处于超重状态D在t3t4时间内，人处于失重状态B解析 t1t2时间内，人处于失重状态；在t3t4时间内，人处于超重状态在t4时刻FNmgma，此时座椅对人的支持力最大，则人对座椅的压力在t4时刻最大综上分析，选项B正确3(20
3、19·昭通五校高三联合测试)如图所示，A为电磁铁，挂在支架C上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B，铁块B静止时，台秤示数为G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将()A变大 B变小C大于G，但是一恒量 D先变大，后变小A解析 铁块被吸起上升的过程中，由于电磁铁A对B的吸引力越来越大，B做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态(可以认为系统重心也在做加速度变大的加速上升运动)，所以台秤的示数应大于G，且不断变大，故选项A正确，B、C、D错误4(2019·湖南师范大学附属中学高三二模)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内两
4、物体用细绳通过光滑滑轮相连(m1>m2)，m2下端用一细绳与木箱相连，平衡时台秤的示数为某一数值；今剪断m2下端细绳，在m1下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数将()A变大 B变小 C不变 D不能判定B解析 剪断m2下端细绳后m1向下加速，m2向上加速，两者加速度大小相等，且m1>m2，所以系统处于失重状态，台秤的示数将变小，故选项B正确5(2019·抚州七校高三联考)(多选)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送帯的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动
5、时，Q恰好静止取重力加速度g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是()AQ与传送带间的动摩擦因数为0.5BQ从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 mDQ从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为 NAC解析 当传送带以v8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知，FFf即为mPgmQg，解得0.5，选项A正确；当传送带突然以v8 m/s顺时针转动，物块P、Q做初速度为零的匀加速直线运动，有F合mPgmQg(mPmQ)a，代入数据解得 a m/s2，当速度达到传送带速度即8
6、m/s后，做匀速直线运动，匀加速的时间为vat1，解得t11.2 s，匀加速的位移为x4.8 m，则匀速运动的时间为t21.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总t1t22.6 s，选项B错误；加速阶段的位移之差为xvt1x4.8 m，即整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m，选项C正确；当Q加速时，对P分析有mPgTmPa，代入数据解得T N，之后做匀速直线运动，有T20 N，选项D错误6(2019·哈尔滨第三中学高三调研)(多选)如图所示，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为mA1 kg和mB2 kg的 A、B两物块，A、B与滑板之间的动摩擦
7、因数都为0.2，一水平恒力F作用在A物体上，重力加速度g取10 m/s2，A、B与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度为aA和aB，下列说法正确的是()A若F1 N，则A、B物块及木板都静止不动B若F1.5 N，则A、B物块的加速度都为0.5 m/s2C无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动D若F5 N，B物块的加速度为1 m/s2BCD解析 A与木板间最大静摩擦力为FfAmAg0.2×1 kg×10 m/s22 N，B与木板间的最大静摩擦力为FfBmBg0.2×2 kg×10 m/s24 N，轻质滑板受到的最大摩
8、擦力为FfFfA2 N，若F1 N时小于2 N，故三者相对静止，一起加速运动，故选项A错误；若F1.5 N时小于2 N，即三者仍相对静止的一起加速，加速度为a m/s20.5 m/s2，故选项B正确；因为轻质滑板受到的最大摩擦力为FfFfA2 N<FfB，所以无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动，若F5 N时，A相对轻质滑板滑动，B和轻质滑板的加速度为a1 m/s2，故选项C、D正确7(2019·建水四校高三联考)如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端已知m与M之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2.从某
9、时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F控制下始终向右以速度v2(v2>v1)匀速运动，求：(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？解析 (1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1，Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知 Ff11mg，Ff22(mM)g，由平衡条件得FFf1Ff21mg2(mM)g.(2)以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为v0，末速度为vt，则 v0v1v2，vt0，加速度a1g，根据运动学公式vv2aL，解得L.答案 (1)1mg2(mM)g(2)8(2019&#
10、183;全国统一考试模拟试题)如图所示，与水平面夹角37°的倾斜传送带以v02 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v18 m/s的速度从底端滑上传送带已知小物块A、B质量均为m1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l应满足的条件解析 (1)由题意可知，小物块B在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知mgsin mgcos ma1，
11、代入数据解得a110 m/s2，减速到传送带速度时所需时间为t1 s0.6 s，此过程通过的位移为x1t13 m此后传送带的速度大于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有mgsin mgcos ma2，代入数据解得a22 m/s2，减速到零所需时间为t2 s1 s，故有tt1t21.6 s，此过程通过的位移为x2t21 m，则物块B上滑的位移xx1x24 m，小物块B向上运动过程中平均速度的大小 m/s2.5 m/s.(2)小物块B下滑的加速度为a22 m/s2，则下滑到底端的时间为t32 s，则回到底端的总时间为 tt1t2t33.6 s，物块A下滑的加速度mgsin mgcos ma3，
12、解得a32 m/s2，则传送带的最小长度为La3t2×2×3.62 m12.96 m，传送带的长度l应满足的条件是不小于12.96 m.答案 (1)2.5 m/s(2)不小于12.96 m9(2019·南充中学高三考前模拟)长为1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm.若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数10.25.求：(取g10 m/s2)(1)木板与冰面的动摩擦因数；(2)小物块
13、相对长木板滑行的距离；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板时的初速度应满足什么条件？解析 (1)A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a2g，且a1 m/s2，解得木板与冰面的动摩擦因数20.10.(2)小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a11g2.5 m/s2，小物块A在木板上滑动时，木板B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有1mg2(2m)gma2，解得加速为a20.50 m/s2，设小物块冲上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为v，由长木板的运动得va2t，解得滑行时间t0.8
14、s.小物块冲上木板的初速度v10va1t2.4 m/s，小物块A在长木板B上滑动的距离为ss1s2v10ta1t2a2t20.96 m.(3)小物块A的初速度越大，它在长木板B上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板B的最右端时，两者的速度相等(设为v)，这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0.有v0ta1t2a2t2L，v0va1t，va2t，由上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最大初速度v03.0 m/s.答案 (1)0.10(2)0.96 m(3)小于或等于3.0 m/s10(2019·浮梁一中高考冲刺)如图所示，一
15、长为L的木板A放置在水平地面上，木板的两端分别放置着B、C两物块，三者质量分别为mA3m，mB2m和mCm，A与地面、B与A、C与A间的动摩擦因数分别为 、和2，开始时三者均静止，现给物块B一水平向右的初速度v0(v0)，同时给物块C一向左的水平拉力F(F3mg)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，试求：(1)经过多长时间木板A开始运动；(2)从A开始运动至B与C相遇的时间解析 (1)各接触面上的最大静摩擦力分别为FfAm×6mgmg，FfBmFfCm2mg，B开始运动时，假定把A与C看成整体，整体水平方向所受合力为零，而F3mgFfCm，故开始时C向左运动，A仍处于静止
16、状态；设此时B、C的加速度大小分别为aB、aC.由牛顿第二定律，对B有2mg2maB，对C有3mg2mgmaC，解得aBaCg.当B的速度减为零时，分析可以知道C对A的摩擦力大于地面对A的最大静摩擦力，此时A和B共同向左运动，因此A由静止开始运动需经过时间为 t1.(2)设A板开始运动前B、C的位移大小分别为xB、xC，由运动学公式得到xB，因B和C的运动反向对称，故xCxB，且B的速度减为零时，C的速度 vCv0.A与B共同向左作匀加速运动的过程中，对A、B整体，由牛顿第二定律可得 aABg.设再经过时间t，B与C相遇，此过程中B、C所运动的位移分别为xB、xC，由运动学公式可以得到xCxB
17、LxBxC，即v0taCt2aABt2L2×，把L代入上式可以得到2(g)2t25gv0t3v0，解得t.答案 (1)t1(2)t 11(2019·湖北、山东部分重点中学高三联考)如图所示，传送带与地面的倾角37°，从A到B的长度为8.8 m，传送带以v06 m/s的速度逆时针转动在传送带上端无初速度释放一个质量为1 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2.(sin 37°0.6，cos 37°0.8) (1)求物体从A运动到B所需的时间是多少？(2)若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？(3)若传送带顺
18、时针转动，此时物体以8 m/s的初速度由B沿斜面向上运动，若使物体能够运动到A，求传送带速度满足的条件？解析 (1)开始阶段，传送带对物体的动摩擦力平行于传送带向下，物体由静止开始下滑，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gcos 10 m/s2，物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t10.6 s，发生的位移s11.8 m8.8 m，即物体加速到6 m/s时仍未到达B点当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力平行于传送带向上，受力分析如图乙所示，由牛顿第
19、二定律得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2.设第二阶段物体滑动到B的时间为t2则LABs1v0t2，解得t21 s，t27 s(舍去)，故物体经历的总时间tt1t21.6 s.(2)物体加速至传送带的速度时，传送带前进的位移为s2vt13.6 m，而物体的位移s11.8 m，物体相对于传送带向上前进的距离为s1s2s11.8 m.物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进s3vt26 m，物体前进s47 m，物体相对于传送带向下滑行s2s4s31 m<1.8 m，所以物体在传送带上划痕的长为s11.8 m.(3)若皮带顺时针转动，则滑块速度大于皮带速度时，摩擦力平行于传送
20、带向下，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2，速度小于皮带速度时，摩擦力平行传送带向上，如图乙所示由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，由8.8 m，得v2 m/s.答案 (1)1.6 s(2)1.8 m(3)大于或等于2 m/s12(2019·天津和平区益中学校高三月考)如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L13 m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角37°，C、D两端相距L24.45 m，B、C相距很近水平传送带以v05
21、m/s沿顺时针方向转动现将质量为m10 kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端米袋与两传送带之间的动摩擦因数均为0.5，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.(1)若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？(2)若倾斜传送带CD以v4 m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到最高点的时间为多少？解析 (1)米袋在AB上加速运动的加速度a05 m/s2，米袋速度达到v05 m/s时滑过的距离s02.5 m<L13 m，故米袋先加速后匀速，故到达C端速度为v05
22、 m/s，设米袋在CD上传送的加速度大小为a，有mgsin mgcos ma，解得a10 m/s2，所以在CD上滑的最大距离s1.25 m.(2)CD顺时针转动时，米袋速度减为v4 m/s之前的加速度a1g(sin cos )10 m/s2，此时上滑的距离 s10.45 m，米袋速度达到v4 m/s后，由于mgcos <mgsin ，即<tan ，米袋继续减速上滑，a2g(sin cos )2 m/s2，上滑距离s24 m，L2s1s24.45 m，即速度为零时刚好到达D端，由v0减速到v所用时间 t10.1 s，由v减速到零所用时间 t22 s，故米袋从C端到D端所用时间 tt1t22.1 s.答案 (1)1.25 m(2)2.1 s