2020版高考物理总复习冲A方案课时训练（七）第7讲牛顿运动定律的应用（含解析）新人教版.docx

课时训练(七)【牛顿运动定律的应用】【基础过关】1.假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多,当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动,它还能继续滑动的距离约为()A.40 mB.20 mC.10 mD.5 m2.质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶,阻力大小不变.从某时刻开始,汽车牵引力减小2000 N,那么从该时刻起经过6 s,汽车行驶的路程是()A.50 mB.42 mC.25 mD.24 m3.2019温州九校期末 里约奥运会男子跳高决赛的比赛中,加拿大选手德劳因突出重围,以 2 米 38 的成绩夺冠.下面关于跳高过程中的说法正确的是()图Z7-1A.德劳因在最高点处于平衡状态B.德劳因在下降过程中处于超重状态C.德劳因起跳以后在上升过程中处于失重状态D.德劳因起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力4.2019杭州期中 能源危机是人类面临的一个世界性难题.如图Z7-2所示,一些商场安装了智能化的(台阶式)自动扶梯,为了节约能源,在没有乘客乘行时,自动扶梯以较小的速度匀速运行;当有乘客乘行时,自动扶梯会先加速再匀速运行,则扶梯在运送乘客的过程中()图Z7-2A.乘客始终受摩擦力作用B.乘客经历先超重再失重C.乘客对扶梯的作用力先指向后下方,再竖直向下D.扶梯对乘客的作用力始终竖直向上5.2018浙江4月学考 如图Z7-3所示,小芳在体重计上完成下蹲动作.如图Z7-4所示的F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是()图Z7-3AB C D图Z7-46.民航客机的机舱一般都设有紧急出口,发生意外情况的飞机在着陆后,打开紧急出口的舱门,会自动生成一个由气囊构成的斜面,机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上,示意图如图Z7-5所示.某机舱紧急出口的舱门离气囊底端的高度AB=3.2 m,气囊构成的斜面长AC=4.0 m.CD段为与斜面平滑连接的水平地面.若人从气囊上由静止开始滑下,人与气囊间的动摩擦因数、人与地面间的动摩擦因数均为0.4.不计空气阻力,g取10 m/s2.要使救护人员不被从气囊上滑下的人撞到,则救护人员距舱门正下方B点的安全距离是()图Z7-5A.5.6 mB.7.2 mC.8.0 mD.10.0 m7.如图Z7-6甲所示,质量m=1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5 s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图乙所示,g取10 m/s2,求:(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L;(2)沿斜面向上运动的两个阶段的加速度大小a1、a2和拉力大小F.图Z7-68.为了测定木块与斜面间的动摩擦因数,用测速仪研究木块在斜面上的运动情况,装置如图Z7-7甲所示.使木块以初速度v0=4 m/s沿倾角=30的斜面上滑,并同时开始记录数据,木块上滑至最高点后又下滑回到出发点,结果电脑只绘出了木块从开始上滑至到达最高点过程的v-t图线,如图乙所示.g取10 m/s2.求:(1)上滑过程中的加速度大小a1;(2)木块与斜面间的动摩擦因数;(3)木块回到出发点时的速度大小v.图Z7-7【领先冲A】9.2019德清调研 如图Z7-8所示,在倾角为 =37的足够长的固定斜面底端,一小物块以某一初速度沿斜面上滑,一段时间后返回到出发点.已知物块上滑所用时间 t1 和下滑所用时间 t2 的大小关系满足 t1 t2 = 1 3.g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.(1)求上滑加速度大小a1与下滑加速度大小a2之比;(2)求物块与斜面间的动摩擦因数;(3)若斜面倾角变为 60,并改变斜面粗糙程度,小物块上滑的同时用水平向右的推力F作用在物块上,发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关,求此时加速度大小.图Z7-810.2019宁波北仑中学期中 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动摩擦因数.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.如图Z7-9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间的动摩擦因数为3=0.4,AB坡长L=26 m,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力,求:(1)滑沙者到达B处时的速度大小;(2)滑沙者在水平地面上运动的最大距离;(3)滑沙者在AB段下滑与在BC段滑动的时间之比.图Z7-9课时训练(七)1.B解析 加速度a=fm=mgm=g=10 m/s2,由v2=2ax得x=v22a=202210 m=20 m,B正确.2.C解析 汽车匀速运动时,F牵=f,当牵引力减小2000 N时,即汽车所受合力的大小为F=2000 N,由牛顿第二定律得F=ma,解得a=2 m/s2,汽车从开始减速到停止所需时间t=va=5 s,汽车行驶的路程x=12vt=25 m.3.C解析 无论是上升过程还是下落过程,或是在最高点,德劳因的加速度始终向下,所以他始终处于失重状态,故A、B错误,C正确;起跳时德劳因的加速度方向向上,地面对他的支持力大于他受到的重力,故D错误.4.C解析 有乘客乘行时,扶梯先加速运行,对乘客受力分析可知,乘客超重,后扶梯匀速运行,加速度为零,静摩擦力消失,此时乘客不超重也不失重,选项A、B错误.在加速阶段,扶梯对人的力(支持力、静摩擦力的合力)斜向前,选项D错误.根据作用力与反作用力的关系可知,加速阶段,人对扶梯的作用力指向后下方,匀速阶段,人对扶梯的作用力竖直向下, 选项C正确.5.C解析 下蹲时先加速下降,后减速下降,故先处于失重状态,后处于超重状态,F先小于重力,后大于重力,C正确.6.C解析 设AC与水平地面成角,sin =ABAC=0.8,xBC=2.4 m.对人进行受力分析,由牛顿第二定律得mgsin -f=ma1,f=FN,FN=mgcos ,解得a1=gsin -gcos =5.6 m/s2,乘客到达C点的速度vC=2a1x1,滑到地面上后,根据牛顿第二定律和运动学公式得mg=ma2,0-vC2=2(-a2)x2,解得x2=5.6 m,救护人员不被从气囊上滑下的人撞到的安全距离d=x2+xBC=8.0 m,故C正确.7.(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N解析 (1)物块上滑的位移x1=1221 m=1 m物块下滑的距离x2=1211 m=0.5 m位移x=x1-x2=1 m-0.5 m=0.5 m路程L=x1+x2=1 m+0.5 m=1.5 m.(2)由图像知,各阶段的加速度大小分别为00.5 s内,a1=20.5 m/s2=4 m/s20.51 s内,a2=0-20.5 m/s2=4 m/s2设斜面倾角为,斜面对物块的摩擦力为f,根据牛顿第二定律,有00.5 s内,F-f-mgsin =ma10.51 s内,f+mgsin =ma2联立解得F=8 N.8.(1)8 m/s2(2)35(3)2 m/s解析 (1)由图像可知,上滑过程中的加速度大小a1=v1t1=40.5 m/s2=8 m/s2.(2)上滑过程中,由牛顿第二定律有mgsin +mgcos =ma1解得=35.(3)下滑距离等于上滑的距离,其值为x=v022a1=1 m下滑过程中,由牛顿第二定律有mgsin -mgcos =ma2下滑至出发点时的速度大小v=2a2x联立解得v=2 m/s.9.(1)31 (2)0.375 (3)2033 m/s2解析 (1)物块向上做匀减速直线运动,向下做初速度为零的匀加速直线运动,它们的位移大小相等,则12a1t12=12a2t22解得a1a2=t22t12=31.(2)由牛顿第二定律得物块上滑时有mgsin 37+mgcos 37=ma1物块下滑时有mgsin 37-mgcos 37=ma2解得=0.375.(3)由牛顿第二定律得mgsin 60+FN-Fcos 60=ma由平衡条件得FN=Fsin 60+mgcos 60整理得mgsin 60+Fsin 60+mgcos 60-Fcos 60=ma因为a与F无关,所以Fsin 60-Fcos 60=0解得=cot 60=33a=gsin 60+gcos 60=2033 m/s2.10.(1)12 m/s (2)18 m (3)53解析 (1)滑沙板的速度较小时,有ma1=mgsin -1mgcos 解得a1=2 m/s2速度达到8 m/s的过程中的位移x1=v122a1=8222 m=16 m滑沙板的速度较大时,有ma2=mgsin -2mgcos 解得a2=4 m/s2设到达B处的速度为v2,则v22-v12=2a2(L-x1)解得v2=12 m/s(2)滑沙板在水平地面上的加速度a3=-3mgm=