高考物理总复习 课时作业9 牛顿运动定律的综合应用 沪科版.doc

课时作业(九)牛顿运动定律的综合应用1引体向上是同学们经常做的一项健身运动该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面下放时，两臂放直，不能曲臂(如图所示)，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是()a上拉过程中，人受到两个力的作用b上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力c下放过程中，某段时间内单杠对人的作用力小于人的重力d下放过程中，人只受到一个力的作用2静止在光滑水平面上的木块受到一个方向不变、大小从某一数值逐渐减小的水平外力作用时，木块将做()a匀减速运动b匀加速运动c加速度逐渐减小的变加速运动d加速度逐渐增大的变加速运动3.(2013合肥第一次模拟)质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的vt图象，则拉力与摩擦力之比为()a98b32c21 d434如图甲所示，静止在水平地面上的物块a，受到水平拉力f的作用，f与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是()at0时间内加速度最小 bt3时刻加速度最小ct3时刻物块的速度最大 dt2时刻物块的速度最大5某光滑的物体沿倾角不等而底边相等的不同斜面下滑，物体从静止开始由斜面顶端滑到底端，以下分析正确的是()a倾角越大，滑行时间越短b倾角越大，下滑的加速度越大c倾角越小，平均速度越小d倾角为45时，滑行时间最短6.(2013安徽江南十校联考)质量为1 kg的物体放在水平地面上，从t0时刻起，物体受到一个方向不变的水平拉力作用，2 s后撒去拉力，在前4 s内物体的速度时间图象如图所示，则整个运动过程中该物体()a所受的摩擦力的大小为1 nb第1 s内受到的拉力大小是2 nc在4 s末回到出发点d在4 s内的平均速度为1.5 m/s7.(2013潍坊抽测)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m锁定，t0时解除锁定释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线od是t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 m/s2.求：(1)滑块与地面间的动摩擦因数；(2)弹簧的劲度系数8.中央电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败其简化模型如图所示，ac是长度l15 m的水平桌面，选手们将瓶子放在a点，从a点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，bc为有效区域已知bc长度l21 m，瓶子质量m0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数0.4，g10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力f20 n，瓶子沿ac做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长为多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？9(2013西安质检)如图所示，质量为10 kg的环在f200 n的拉力作用下，沿粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角37，拉力f与杆的夹角也为.力f作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零(已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数；(2)环沿杆向上运动的总距离x.10(2013石家庄一模)如图所示，倾角为37的斜面固定在水平地面上，质量m1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力f作用下，从a点由静止开始运动，到达b点时立即撤去力f，此后，物体到达c点时速度为零通过速度传感器测得这一过程中物体每隔0.2 s的瞬时速度，下表给出了部分数据(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)求：t/s0.00.20.40.61.82.02.2v/(ms1)0.01.22.43.66.04.02.0(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)恒力f的大小；(3)a、c间的距离答案课时作业(九)1ac2c木块受到水平外力作用时必产生加速度已知外力方向不变，数值逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，木块加速度的方向不变，大小在逐渐减小由于加速度方向与速度方向一致，木块的速度大小仍在不断增大，故木块做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，选项c正确3b由vt图象知，图线a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a11.5 m/s2；图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小a20.75 m/s2.列方程fma1，ffma2，解得f/f3/2.4ad在t0时间内物块保持静止，所以物块的加速度为零，即a选项正确；t1时刻物块加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，所以b、c错；在t2时刻物块的加速度为零，速度最大，所以d正确5bcd令斜面倾角为，底边长l，则沿斜面方向上由牛顿第二定律可列方程mgsin ma则agsin .再由运动学公式at2联立解得t2，则当等于45时，t最小而平均速度.6a由vt图象可得在2 s4 s内，撤去拉力后物体的加速度大小为a11 m/s2，由牛顿第二运动定律：fma11 n，a正确；01 s内，由vt图象得加速度大小为a22 m/s2，由牛顿第二运动定律：ffma2，得f3 n，b错误；4 s内的位移，由vt图象中所围面积可得位移：s m5 m，s/t1.25 m/s，c、d错误7解析：(1)从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1 m/s25 m/s2由牛顿第二定律得：mgma1解得：0.5.(2)刚释放时滑块的加速度a2 m/s230 m/s2由牛顿第二定律得：kxmgma2解得：k175 n/m.答案：(1)0.5(2)175 n/m8解析：(1)要想获得成功，瓶子滑到c点时速度恰好为0，力作用时间最长，设最长时间为t1，力作用时的加速度为a1、位移为s1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为s2，则fmgma1mgma2v1a1t12a1s1v2a2s2vs1s2l1解得：t1 s.(2)要想获得成功，瓶子滑到b点时速度恰好为0，力作用距离最小，设最小距离为s3，撤力时瓶子的速度为v2，则：2a1s3v2a2(l1l2s3)v解得：s30.4 m.答案：(1) s(2)0.4 m9解析：(1)在f力作用0.5 s内，根据牛顿第二定律有fcos mgsin fma1nfsin mgcos f|n|设0.5 s末速度为v根据运动学公式有va1t1f撤去后0.4 s内有mgsin mgcos ma2va2t2联立得0.5.(2)将代入式得a210 m/s2，则va2t24 m/s则sv(t1t2)1.8 m.答案：(1)0.5(2)1.8 m10解析：(1)匀加速过程的加速度a16 m/s2撤去力f后匀减速过程的加速度a210 m/s2由牛顿第二定律得：(mgsin 37mgcos 37)ma2解得：0.5.(2)匀加速过程，由牛顿第二定律得