高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律的综合应用课时作业9（含解析）.doc

九 牛顿运动定律的综合应用 1 2015 杭州二检 如图所示 轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上 弹簧下端悬挂一个小铁球 小铁球处于静止状态 在电梯运行时 乘客发现小铁球与电梯地板间的距离增大 这一现象表明 a 电梯一定是在下降 b 电梯一定是在上升 c 电梯的加速度方向一定是向上 d 乘客一定处在失重状态 答案 d 解析 由题意知 小铁球在电梯中处于静止时受到竖直向下的重力和向上的拉力 且拉力与重力大小相等 在电梯运行时 小铁球与电梯地板的距离增大了 说明弹簧的伸长量减小了 即拉力减小了 电梯的加速度向下 乘客一定处于失重状态 电梯可能向下做加速运动 也可能向上做减速运动 可知选项d正确 2 如图所示 质量分别为m1和m2的两物块放在水平地面上 与水平地面间的动摩擦因数都是 0 用轻质弹簧将两物块连接在一起 当用水平力f作用在m1上时 两物块均以加速度a做匀加速运动 此时 弹簧伸长量为x 若用水平力f 作用在m1上时 两物块均以加速度a 2a做匀加速运动 此时 弹簧伸长量为x 则下列关系正确的是 a f 2f b x 2x c f 2f d x 2x 答案 d 解析 两物块均以加速度a运动时 对整体有f m1 m2 g m1 m2 a 对m2有kx m2g m2a 当两物块均以加速度2a运动时 对整体有f m1 m2 g 2 m1 m2 a 对m2有kx m2g 2m2a 比较对应的两式可得f 2f x 2x 所以d项正确 3 多选 如图所示 一个质量为m的物体a放在光滑的水平桌面上 当在细绳下端挂上质量为m的物体b时 物体a的加速度为a 绳中张力为ft 则 a a g b a c ft mg d ft mg 答案 bd 解析 对两物体整体分析 由牛顿第二定律有mg m m a 解得a g 对物体a由牛顿第二定律有ft ma 代入a解得ft g 选项a c错误 b d正确 4 2015 哈尔滨模拟 多选 如图所示 水平传送带以恒定速度v向右运动 将质量为m的物体q轻轻放在水平传送带的左端a处 经过t秒后 q的速度也变为v 再经t秒物体q到达传送带的右端b处 则 a 前t秒内物体做匀加速运动 后t秒内物体做匀减速运动 b 后t秒内q与传送带之间无摩擦力 c 前t秒内q的位移与后t秒内q的位移大小之比为1 1 d q由传送带左端运动到右端的平均速度为v 答案 bd 解析 前t秒内物体q相对传送带向左滑动 物体q受向右的滑动摩擦力 由牛顿第二定律可知ff ma 物体q做匀加速运动 后t秒内物体q相对传送带静止 做匀速运动 不受摩擦力作用 选项a错误 b正确 前t秒内q的位移x1 t 后t秒内q的位移x2 vt 故 选项c错误 q由传送带左端运动到右端的平均速度 v 选项d正确 5 多选 将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上 如图甲所示 现在杆上套一光滑的小球 小球在一沿杆向上的拉力f的作用下沿杆向上运动 该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙 丙所示 取g 10 m s2 则下列说法正确的是 a 2 4 s小球的加速度大小为0 5 m s2 b 小球质量为2 kg c 杆的倾角为30 d 小球0 4 s内的位移为8 m 答案 ac 解析 由图象得 2 4 s小球的加速度a 0 5 m s2 则a正确 0 2 s小球做匀速直线运动时 重力沿细杆向下的分力等于5 0 n 2 4 s由牛顿第二定律得 f2 f1 ma得 m 1 kg 则b错误 设细杆与水平面的夹角为 则f2 mgsin ma 解得 30 则c正确 由速度 时间图象可知 图线与坐标轴围成的面积表示位移 即为5 m 则d错误 6 2015 辽宁师大附中期中 如图所示 物体a叠放在物体b上 b置于光滑水平面上 a b质量分别为ma 6 kg mb 2 kg a b之间的动摩擦因数 0 2 开始时f 10 n 此后逐渐增加 在增大到45 n的过程中 则下列判断正确的是 a 当拉力fm2 则v1 v2 b 若f1 f2 m1v2 c 若f1 f2 m1 m2 则v1 v2 d 若f1v2 答案 bd 解析 两物块与木板之间的摩擦力f是相同的 若f1 f2 两物块受到的合力是相等的 加速度也是相等的 若m1 m2 m1木板的加速度小 上面的物块与m1先分离 m2木板的加速度大 故其上的物块加速时间更长一些 所以v1 v2 同理 m1v2 选项a错误 选项b正确 若m1 m2 则两木板的加速度a是相同的 若f1 f2 则m1木板上的物块加速度大 在m1上运动的时间短 则m1加速的时间较短 末速度v1 v2 同理 若f1v2 选项c错误 选项d正确 9 一斜劈静止于粗糙的水平地面上 在其斜面上放一滑块m 若给m一向下的初速度v0 则m正好保持匀速下滑 如图所示 现在m下滑的过程中再加一个作用力 则以下说法正确的是 a 在m上加一竖直向下的力f1 则m将保持匀速运动 m对地有水平向右的静摩擦力的作用 b 在m上加一个沿斜面向下的力f2 则m将做加速运动 m对地有水平向左的静摩擦力的作用 c 在m上加一个水平向右的力f3 则m将做减速运动 在m停止前m对地有向右的静摩擦力的作用 d 无论在m上加什么方向的力 在m沿斜面向下运动的过程中 m对地都无静摩擦力的作用 答案 d 解析 给滑块一初速度v0 正好匀速下滑 对其受力分析 mgsin mgcos 0 可得 tan 设施加力f 与斜面向上方向的夹角为 隔离滑块 受力分析 如图甲所示 可得 fcos fn mgsin ma fsin fn mgcos 0 可得 a 整体受力分析如图乙所示 可得 fcos f macos 联立可得 f 0 选项d正确 10 如图所示 水平桌面上有一薄木板 它的右端与桌面的右端相齐 薄木板的质量m 1 0 kg 长度l 1 0 m 在薄木板的中央有一个小滑块 可视为质点 质量m 0 5 kg 小滑块与薄木板之间的动摩擦因数 1 0 10 小滑块 薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等 且 2 0 20 设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力 某时刻起给薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动 1 若小滑板与木板之间发生相对滑动 拉力f1至少是多大 2 若小滑块脱离木板但不离开桌面 求拉力f2应满足的条件 答案 1 4 5 n 2 f2 6 n 解析 1 设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时 小滑块的加速度为a1 薄木板的加速度为a2 根据牛顿第二定律有 1mg ma1 f1 1mg 2 m m g ma2 a1 a2 f1 4 5 n 若小滑块与木板之间发生相对滑动 拉力f1至少为4 5 n 2 设小滑块脱离薄木板时的速度为v 时间为t 在桌面上滑动的加速度为a3 小滑块脱离木板前薄木板的加速度为a4 空间位置变化如图所示 则 v a1t 2mg ma3 x1 x2 a4t2 f2 1mg 2 m m g ma4 解得f2 6 n 要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面 拉力f2 6 n 11 如图所示为上 下两端相距l 5 m 倾角 30 始终以v 3 m s的速率顺时针转动的传送带 传送带始终绷紧 将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下 经过t 2 s到达下端 重力加速度取g 10 m s2 求 1 传送带与物体间的动摩擦因数多大 2 如果将传送带逆时针转动 速率至少多大时 物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端 答案 1 0 29 2 8 66 m s 解析 1 物体在传送带上受力如图所示 物体沿传送带向下匀加速运动 设加速度为a 由题意得l at2 解得a 2 5 m s2 由牛顿第二定律得mgsin ff ma 又ff mgcos 故 0 29 2 如果传送带逆时针转动 要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端 则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下 设此时传送带速度为vm 物体加速度为a 由牛顿第二定律得mgsin ff ma 又v 2la 故vm 8 66 m s 12 一弹簧秤的秤盘质量为m1 1 5 kg 盘内放一质量为m2 10 5 kg的物体p 弹簧质量不计 其劲度系数为k 800 n m 系统处于静止状态 如图所示 现给p施加一个竖直向上的力f 使p从静止开始向上做匀加速直线运动 已知在最初0 2 s内f是变化的 在0 2 s后是恒定的 求f的最大值和最小值各是多少 取g 10 m s2 答案 168 n 72 n 解析 因为在0 2 s内f是变力 在0 2 s以后f是恒力 所以在t 0 2 s时 p离开秤盘 此时p受到秤盘的支持力为零 由于秤盘的质量m1 1 5 kg 所以此时弹簧不能处于原长 设在0 0 2 s这段时间