《2020版高考物理總復習 沖A方案 課時訓練（七）第7講 牛頓運動定律的應用（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理總復習 沖A方案 課時訓練（七）第7講 牛頓運動定律的應用（含解析）新人教版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時訓練(七) 　【牛頓運動定律的應用】　 【基礎過關】 1.假設汽車突然緊急制動后所受到的阻力的大小與汽車所受的重力的大小差不多,當汽車以20 m/s的速度行駛時突然制動,它還能繼續(xù)滑動的距離約為 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.40 m B.20 m C.10 m D.5 m 2.質量為1 t的汽車在平直公路上以10 m/s的速度勻速行駛,阻力大小不變.從某時刻開始,汽車牽引力減小2000 N,那么從該時刻起經過6 s,汽車行駛的路程是 (　　) A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m 3.[2019·溫州九校期末] 里約奧運會男

2、子跳高決賽的比賽中,加拿大選手德勞因突出重圍,以 2 米 38 的成績奪冠.下面關于跳高過程中的說法正確的是 (　　) 圖Z7-1 A.德勞因在最高點處于平衡狀態(tài) B.德勞因在下降過程中處于超重狀態(tài) C.德勞因起跳以后在上升過程中處于失重狀態(tài) D.德勞因起跳時地面對他的支持力等于他所受的重力 4.[2019·杭州期中] 能源危機是人類面臨的一個世界性難題.如圖Z7-2所示,一些商場安裝了智能化的(臺階式)自動扶梯,為了節(jié)約能源,在沒有乘客乘行時,自動扶梯以較小的速度勻速運行;當有乘客乘行時,自動扶梯會先加速再勻速運行,則扶梯在運送乘客的過程中 (　　) 圖Z7-2 A.

3、乘客始終受摩擦力作用 B.乘客經歷先超重再失重 C.乘客對扶梯的作用力先指向后下方,再豎直向下 D.扶梯對乘客的作用力始終豎直向上 5.[2018·浙江4月學考] 如圖Z7-3所示,小芳在體重計上完成下蹲動作.如圖Z7-4所示的F-t圖像能反映體重計示數隨時間變化的是 (　　) 圖Z7-3 　　A　　　　　　B　　　 　　C　　　 　　D 圖Z7-4 6.民航客機的機艙一般都設有緊急出口,發(fā)生意外情況的飛機在著陸后,打開緊急出口的艙門,會自動生成一個由氣囊構成的斜面,機艙中的人可沿該斜面滑行到地面上,示意圖如圖Z7-5所示.某機艙緊急出口的艙門離氣囊底端的高度AB=

4、3.2 m,氣囊構成的斜面長AC=4.0 m.CD段為與斜面平滑連接的水平地面.若人從氣囊上由靜止開始滑下,人與氣囊間的動摩擦因數、人與地面間的動摩擦因數均為0.4.不計空氣阻力,g取10 m/s2.要使救護人員不被從氣囊上滑下的人撞到,則救護人員距艙門正下方B點的安全距離是 (　　) 圖Z7-5 A.5.6 m B.7.2 m C.8.0 m D.10.0 m 7.如圖Z7-6甲所示,質量m=1 kg的物塊在平行于斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動,t=0.5 s時撤去拉力,利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖像(v-t圖像)如圖乙所示,g取10 m/s2,求:

5、 (1)2 s內物塊的位移大小x和通過的路程L; (2)沿斜面向上運動的兩個階段的加速度大小a1、a2和拉力大小F. 圖Z7-6 8.為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數,用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況,裝置如圖Z7-7甲所示.使木塊以初速度v0=4 m/s沿傾角θ=30°的斜面上滑,并同時開始記錄數據,木塊上滑至最高點后又下滑回到出發(fā)點,結果電腦只繪出了木塊從開始上滑至到達最高點過程的v-t圖線,如圖乙所示.g取10 m/s2.求: (1)上滑過程中的加速度大小a1; (2)木塊與斜面間的動摩擦因數μ; (3)木塊回到出發(fā)點時的速度大小v. 圖Z7

6、-7 【領先沖A】 9.[2019·德清調研] 如圖Z7-8所示,在傾角為 θ=37°的足夠長的固定斜面底端,一小物塊以某一初速度沿斜面上滑,一段時間后返回到出發(fā)點.已知物塊上滑所用時間 t1 和下滑所用時間 t2 的大小關系滿足 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與下滑加速度大小a2之比; (2)求物塊與斜面間的動摩擦因數; (3)若斜面傾角變?yōu)?60°,并改變斜面粗糙程度,小物塊上滑的同時用水平向右的推力F作用在物塊上,發(fā)現物塊勻減速上滑過程中加速度與推力大小無關,求此時加速度大小.

7、 圖Z7-8 10.[2019·寧波北侖中學期中] 滑沙運動時,沙板相對沙地的速度大小會影響沙地對沙板的動摩擦因數.假設滑沙者的速度超過8 m/s時,滑沙板與沙地間的動摩擦因數就會由μ1=0.5變?yōu)棣?=0.25.如圖Z7-9所示,一滑沙者從傾角θ=37°的坡頂A處由靜止開始下滑,滑至坡底B(B處為一平滑小圓弧)后又滑上一段水平地面,最后停在C處.已知滑板與水平地面間的動摩擦因數為μ3=0.4,AB坡長L=26 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,不計空氣阻力,求: (1)滑沙者到達B處時的速度大小; (2)滑沙者在水平地面上運動的最大距

8、離; (3)滑沙者在AB段下滑與在BC段滑動的時間之比. 圖Z7-9 課時訓練(七) 1.B　[解析] 加速度a=fm=mgm=g=10 m/s2,由v2=2ax得x=v22a=2022×10 m=20 m,B正確. 2.C　[解析] 汽車勻速運動時,F牽=f,當牽引力減小2000 N時,即汽車所受合力的大小為F=2000 N,由牛頓第二定律得F=ma,解得a=2 m/s2,汽車從開始減速到停止所需時間t=va=5 s,汽車行駛的路程x=12vt=25 m. 3.C　[解析] 無論是上升過程還是下落過程,或是在最高點,德勞因的加速度始終向下,所以他始終處于失

9、重狀態(tài),故A、B錯誤,C正確;起跳時德勞因的加速度方向向上,地面對他的支持力大于他受到的重力,故D錯誤. 4.C　[解析] 有乘客乘行時,扶梯先加速運行,對乘客受力分析可知,乘客超重,后扶梯勻速運行,加速度為零,靜摩擦力消失,此時乘客不超重也不失重,選項A、B錯誤.在加速階段,扶梯對人的力(支持力、靜摩擦力的合力)斜向前,選項D錯誤.根據作用力與反作用力的關系可知,加速階段,人對扶梯的作用力指向后下方,勻速階段,人對扶梯的作用力豎直向下, 選項C正確. 5.C　[解析] 下蹲時先加速下降,后減速下降,故先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài),F先小于重力,后大于重力,C正確. 6.C　[解析]

10、設AC與水平地面成θ角,sin θ=ABAC=0.8,xBC=2.4 m.對人進行受力分析,由牛頓第二定律得mgsin θ-f=ma1,f=μFN,FN=mgcos θ,解得a1=gsin θ-μgcos θ=5.6 m/s2,乘客到達C點的速度vC=2a1x1,滑到地面上后,根據牛頓第二定律和運動學公式得μmg=ma2,0-vC2=2(-a2)x2,解得x2=5.6 m,救護人員不被從氣囊上滑下的人撞到的安全距離d=x2+xBC=8.0 m,故C正確. 7.(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N [解析] (1)物塊上滑的位移x1=12×2×1 m=1 m

11、 物塊下滑的距離x2=12×1×1 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)由圖像知,各階段的加速度大小分別為 0~0.5 s內,a1=20.5 m/s2=4 m/s2 0.5~1 s內,a2=0-20.5 m/s2=4 m/s2 設斜面傾角為θ,斜面對物塊的摩擦力為f,根據牛頓第二定律,有 0~0.5 s內,F-f-mgsin θ=ma1 0.5~1 s內,f+mgsin θ=ma2 聯立解得F=8 N. 8.(1)8 m/s2　(2)35　(3)2 m/s [解析] (1)由圖像

12、可知,上滑過程中的加速度大小a1=Δv1Δt1=40.5 m/s2=8 m/s2. (2)上滑過程中,由牛頓第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得μ=35. (3)下滑距離等于上滑的距離,其值為x=v022a1=1 m 下滑過程中,由牛頓第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 下滑至出發(fā)點時的速度大小v=2a2x 聯立解得v=2 m/s. 9.(1)3∶1　 (2)0.375　 (3)2033 m/s2 [解析] (1)物塊向上做勻減速直線運動,向下做初速度為零的勻加速直線運動,它們的位移大小相等,則12a1t12=12a2t22 解得a1a2=

13、t22t12=31. (2)由牛頓第二定律得 物塊上滑時有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1 物塊下滑時有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 解得μ=0.375. (3)由牛頓第二定律得mgsin 60°+μ'FN-Fcos 60°=ma 由平衡條件得FN=Fsin 60°+mgcos 60° 整理得mgsin 60°+μ'Fsin 60°+μ'mgcos 60°-Fcos 60°=ma 因為a與F無關,所以μ'Fsin 60°-Fcos 60°=0 解得μ'=cot 60°=33 a=gsin 60°+μ'gcos 60°=2033 m/s2.

14、 10.(1)12 m/s　 (2)18 m　 (3)5∶3 [解析] (1)滑沙板的速度較小時,有ma1=mgsin θ-μ1mgcos θ 解得a1=2 m/s2 速度達到8 m/s的過程中的位移x1=v122a1=822×2 m=16 m 滑沙板的速度較大時,有ma2=mgsin θ-μ2mgcos θ 解得a2=4 m/s2 設到達B處的速度為v2,則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=-μ3mgm=-μ3g=-0.4×10 m/s2=-4 m/s2 由位移—速度公式可得x3=0-v222a3=0-1222×(-4) m=18 m (3)滑沙板的速度達到8 m/s的時間t1=v1a1=82 s=4 s 第二段時間t2=v2-v1a2=12-84 s=1 s 滑沙板在水平地面上運動的時間t3=0-v2a3=0-12-4 s=3 s 所以在AB段下滑與BC段滑動的時間之比為t1+t2t3=4+13=53 - 6 -