2024高考物理一轮复习课时作业九牛顿运动定律的综合应用含解析新人教版

PAGE9-牛顿运动定律的综合应用(建议用时40分钟)1．应用物理学问分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加好玩和深化。例如平伸手掌托起物体，由静止起先竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的有()A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度【解析】选D。物体由静止起先向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分别前，应减速向上，物体处于失重状态，故A、B均错误；在物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分别之前速度相同，分别之后手速度的变更量比物体速度的变更量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确。2．(2024·荆州模拟)竖直向上飞行的子弹，到达最高点后又返回原处，假设运动过程中子弹受到阻力与速率成正比，则在整个过程中，加速度和速度的大小变更可能是()A．加速度始终变小，速度先变小后变大B．加速度始终变大，速度先变小后变大C．加速度先变小后变大，速度先变小后变大D．加速度先变大后变小，速度先变小后变大【解析】选A。空气阻力的大小与速率成正比，在上升过程中速度不断减小，则阻力不断减小，依据a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(mg＋f,m)，可知加速度不断减小；在下降的过程中，速度不断增大，阻力不断变大，依据a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(mg－f,m)，可知加速度仍不断变小，选项A正确。3．(2024·郑州模拟)如图所示，质量分别为m和2m的两物体P和Q叠放在倾角θ＝30°的固定斜面上，Q与斜面间的动摩擦因数为μ，它们从静止起先沿斜面加速下滑，P恰好能与Q保持相对静止，设P与Q间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则P与QA．eq\f(μ,4)B．eq\f(μ,2)C．μD．2μ【解析】选C。对P、Q整体，由牛顿其次定律有(m＋2m)gsin30°－μ(m＋2m)gcos30°＝(m＋2m)a，设P与Q之间的动摩擦因数为μ′，P恰好与Q保持相对静止，静摩擦力恰好达到最大，对P，由牛顿其次定律有mgsin30°－μ′mgcos30°＝ma，联立解得μ′＝μ，4.如图所示，质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg的滑块A和滑块B叠放在光滑水平地面上，A和B之间的动摩擦因数μ＝0.5，拉力F作用在滑块A上，拉力F从0起先渐渐增大到7N的过程中，A．当F＞5N时，A、B发生了相对滑动B．始终保持相对静止C．从一起先就发生了相对滑动D．起先相对静止，后来发生相对滑动【解析】选B。隔离对B分析，当A、B间静摩擦力达到最大值时，A、B刚要发生相对滑动，则：a＝eq\f(μm1g,m2)＝2.5m/s2，再对整体：F＝(m1＋m2)a＝3×2.5N＝7.5N。知当拉力达到7.5N时，A、B才发生相对滑动，所以拉力F从0起先渐渐增大到7N的过程中，A、B始终保持相对静止，故A、C、D错误，B正确。5．(创新题)(多选)“蛟龙”号载人潜水器安排于2024年6月至2024年6月执行环球航次。“蛟龙”号可以折服全球99.8%的海底世界，假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面起先下潜到最终返回水面10min内全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是()A.图中h3代表本次下潜的最大深度B．全过程中最大加速度是0.025m/sC．潜水员感到超重发生在3～4min和6～8min的时间段内D．4～8min“蛟龙”号处于完全失重状态【解题指导】（1）速度—时间图象的斜率表示加速度；（2）速度—时间图象和位移—时间图象具有对应性，是同一运动的不同表述。【解析】选A、C。图中h3代表本次下潜的最大深度，全过程中最大加速度是a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,60)m/s2＝0.033m/s2，选项A正确、B错误；潜水员感到超重发生在3～4min和6～8min的时间段内，即为减速向下和加速上升的过程，该过程加速度方向向上，选项C正确；4～6min“蛟龙”号处于静止状态，受力平衡，选项D错误。6.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止起先沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则()A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M点【解析】选C。如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满意R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(c))，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M用时满意AM＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球从B点下滑到M点用时也满意tb＝2eq\r(\f(r,g))(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r＞R)。综上所述可得tb＞ta＞tc。7.(创新题)“新冠肺炎”的易传染性让每一个接触到病毒的人都有可能成为被感染的对象。假如在一些易传播的环境中启用机器人替代人工操作的话，就可以有效防控病毒传播，其中送餐服务就是机器人应用的一个领域，只要设置好路途、安放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐，如图所示。若某一隔离病区的配餐点和目标位置在相距x＝43m的直线通道上，机器人送餐时从静止起先启动，加速过程的加速度大小a1＝2m/s2，速度达到v＝2m/s后匀速，之后适时匀减速，恰好把食物平稳送到目标位置，23s。若载物平台呈水平状态，食物的总质量m＝2kg，食物与平台无相对滑动，g取10m/s2(1)机器人加速过程位移的大小x；(2)匀速运动持续的时间t0；(3)减速过程中平台对食物的平均作用力F的大小。【解析】(1)加速过程位移x1＝eq\f(v2,2a1)解得x1＝1(2)设机器人减速时的加速度为a2，匀速的时间为t0，则由题可知t1＝eq\f(v,a1)x＝x1＋vt0＋eq\f(v2,2a2)t＝t1＋t0＋eq\f(v,a2)解得t0＝20s，a2＝1m/s(3)平台对食物竖直方向的支持力FN＝mg水平方向的摩擦力Ff＝ma2故平台对食物的作用力大小F＝eq\r(（mg）2＋（ma2）2)代入数据解得F＝2eq\r(101)N答案：(1)1m(2)20s(3)2eq\r(101)N8.(2024·乐山模拟)图甲中的塔吊是现代工地必不行少的建筑设备,图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,g取10m/s2,下列推断正确的是()A.前10s悬线的拉力恒为1500NB.46s末材料离地面的距离为22mC.0～10s材料处于失重状态D.在30～36s钢索最简单发生断裂【解析】选B。由题图乙可知前10s内材料的加速度a=0.1m/s2,由F-mg=ma可知悬线的拉力为1515N,选项A错误;由图象面积可得整个过程上升的高度是28m,下降的高度为6m,46s末材料离地面的距离为22m,选项B正确;因30～36s材料加速度向下,材料处于失重状态,F<mg;前10s材料处于超重状态,F>mg,钢索最简单发生断裂,选项C、D错误。9.如图所示，甲、乙两物体质量分别为m1＝2kg，m2＝3kg，叠放在水平桌面上。已知甲、乙间的动摩擦因数为μ1＝0.6，物体乙与平面间的动摩擦因数为μ2＝0.5，现用水平拉力F作用于物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右做匀速直线运动，假如运动中F突然变为零，则物体甲在水平方向上的受力状况(g10m/s2，A．大小为12N，方向向右B．大小为12N，方向向左C．大小为10N，方向向右D．大小为10N，方向向左【解析】选D。当F突变为零时，可假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则它们运动的加速度可由牛顿其次定律求出，由此可以求出甲所受的摩擦力，若此摩擦力小于它与乙间的最大静摩擦力，则假设成立，反之不成立。假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则由牛顿其次定律得Ff2＝(m1＋m2)a①Ff2＝μ2(m1＋m2)g②由①②得：a＝5m/s物体甲的受力如图所示，可得甲受的摩擦力为Ff1＝m1a＝10因为最大静摩擦力Ffm＝μ1m1g＝12N，Ff1所以假设成立，甲受的摩擦力大小为10N，方向向左，选项D正确。10.如图所示，A、B的质量分别为mA＝2kg，mB＝4kg，盘C的质量mC＝6kg，现悬挂于天花板O处，处于静止状态。当用火柴烧断O处的细线瞬间，木块A、B、C的加速度分别是aA、aB、aC，B对C的压力大小是FBC(g取10m/sA．aA＝aB＝aC＝g，FBC＝0B．aA＝0，aB＝aC＝g，FBC＝0C．aA＝aB＝0，aC＝3g，FBC＝60D．aA＝0，aB＝aC＝12m/s2，FBC＝12【解析】选D。烧断细线前细线的拉力为T＝(mA＋mB＋mC)g＝120N弹簧的弹力大小F＝mAg＝20N烧断细线后瞬间，弹簧的弹力没有变更，则A的受力状况没有变更，其合力仍为零，依据牛顿其次定律得A的加速度aA＝0对BC整体，依据牛顿其次定律得aBC＝eq\f(F＋（mB＋mC）g,mB＋mC)＝eq\f(20＋（4＋6）×10,4＋6)m/s2＝12m/s2对C由牛顿其次定律可得FBC＋mCg＝mCaBC解得FBC＝12N。故A、B、C错误，D正确。【加固训练】如图，物块A和B的质量分别为4m和m，起先A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽视不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长。在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为()A.aA＝g，aB＝5gB.aA＝aB＝gC.aA＝g，aB＝3gD.aA＝0，aB＝2g【解析】选D。对滑轮分析：F－2T＝ma，又m＝0，所以T＝＝3mg，对A分析：由于T<4mg故A静止，aA＝0，对B分析：aB＝＝2g，故D正确。11．(多选)(2024·郑州模拟)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，正以某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变更的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则()A．传送带肯定顺时针转动B．传送带的速度大小等于v0C．μ＝eq\f(v0,gt0cosθ)－tanθD．t0时间后木块的加速度大小为eq\f(v0,t0)－2gsinθ【解析】选B、C。若传送带顺时针转动，当木块下滑时满意mgsinθ>μmgcosθ，将始终匀加速究竟端而且加速度不变；当木块上滑时满意mgsinθ<μmgcosθ，木块先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象，故传送带逆时针转动，A错误；只有当木块的速度大于传送带的速度时，木块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度大小等于v0，故B正确；木块在0～t0时间内，滑动摩擦力沿传送带向下，木块匀加速下滑，由牛顿其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得：a1＝gsinθ＋μgcosθ，由题图乙可知，a1＝eq\f(v0,t0)，联立解得：μ＝eq\f(v0,gt0cosθ)－tanθ，故C正确；木块与传送带共速后，由牛顿其次定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：a2＝gsinθ－μgcosθ，代入μ值得：a2＝2gsinθ－eq\f(v0,t0)，故D错误。12.(2024·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A马上获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B马上获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。【解题指导】（1）A被敲击后，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ，由于μmg<2μmg，因此木板B肯定不动；（2）B被敲击,A做加速运动，B做减速运动，直到二者速度相等时，一起在水平面上做减速运动直到停下。【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg由匀变速直线运动规律有2aAL＝veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))