2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)作業(yè)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc
《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)作業(yè)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)作業(yè)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc(9頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
課時(shí)作業(yè)(九)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 [基礎(chǔ)小題練] 1.電梯早已進(jìn)入人們的日常生活,設(shè)某人乘坐電梯時(shí)的vt圖象如圖所示,取向上為正方向,下列說法正確的是( ) A.0至t1時(shí)間內(nèi)人處于失重狀態(tài) B.t2至t4時(shí)間內(nèi)人處于失重狀態(tài) C.t2至t3時(shí)間內(nèi)與t3至t4時(shí)間內(nèi)電梯的加速度方向相反 D.0至t1時(shí)間內(nèi)和t3至t4時(shí)間內(nèi)電梯的加速度方向相同 【解析】 由vt圖象可知,0至t1時(shí)間內(nèi)向上勻加速運(yùn)動(dòng),人處于超重狀態(tài),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;t2至t4時(shí)間內(nèi),加速度向下,人處于失重狀態(tài),選項(xiàng)B正確;t2至t3時(shí)間內(nèi)與t3至t4時(shí)間內(nèi)電梯的加速度方向相同,0至t1時(shí)間內(nèi)和t3至t4時(shí)間內(nèi)電梯的加速度方向相反,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 【答案】 B 2.為 了讓乘客乘車更為舒適,某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具,乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整,使座椅始終保持水平,如圖所示,當(dāng)此車減速上坡時(shí)(僅考慮乘客與水平面之間的作用),則關(guān)于乘客下列說法正確的是( ) A.不受摩擦力的作用 B.受到水平向左的摩擦力作用 C.處于超重狀態(tài) D.所受合力豎直向上 【解析】 對(duì)乘客進(jìn)行受力分析,乘客受重力,支持力,由于乘客加速度沿斜面向下,而靜摩擦力必沿水平方向,又因?yàn)槌丝陀兴较蜃蟮姆旨铀俣?,所以受到水平向左的摩擦力作用,故A錯(cuò)誤,B正確.當(dāng)此車減速上坡時(shí),整體的加速度沿斜面向下,乘客具有向下的分加速度,所以根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知乘客處于失重狀態(tài),故C錯(cuò)誤.由于乘客加速度沿斜面向下,根據(jù)牛頓第二定律得所受合力沿斜面向下,故D錯(cuò)誤. 【答案】 B 3.如圖所示,是某同學(xué)站在壓力傳感器上,做下蹲—起立的動(dòng)作時(shí)記錄的力隨時(shí)間變化的圖線.由圖線可知,該同學(xué)體重約為650 N,除此以外,還可得到的信息是( ) A.該同學(xué)做了兩次下蹲—起立的動(dòng)作 B.該同學(xué)做了一次下蹲—起立的動(dòng)作,且下蹲后約2 s起立 C.下蹲過程中人一直處于失重狀態(tài) D.下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) 【解析】 人下蹲動(dòng)作分別有失重和超重兩個(gè)過程,先是加速下降處于失重狀態(tài),達(dá)到一個(gè)最大速度后再減速下降處于超重狀態(tài),同理起立對(duì)應(yīng)先超重再失重,對(duì)應(yīng)圖象可知,該同學(xué)做了一次下蹲—起立的動(dòng)作,A錯(cuò)誤;由圖象看出兩次超重的時(shí)間間隔就是人蹲在地上持續(xù)的時(shí)間,約2 s,B正確;下蹲過程既有失重又有超重,且先失重后超重,C、D均錯(cuò)誤. 【答案】 B 4.(2018河南南陽一中月考)如圖甲所示,粗糙斜面與水平面的夾角為30,質(zhì)量為0.3 kg的小物塊靜止在A點(diǎn),現(xiàn)有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物塊上,作用一段時(shí)間后撤去推力F,小物塊能達(dá)到的最高位置為C點(diǎn),小物塊從A到C的vt圖象如圖乙所示,g取10 m/s2,則下列說法正確的是( ) A.小物塊到C點(diǎn)后將沿斜面下滑 B.小物塊從A點(diǎn)沿斜面向上滑行的最大距離為1.8 m C.小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D.推力F的大小為4 N 【解析】 當(dāng)撤去推力F后,物塊在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由vt圖象可求得物塊在斜面上加速和減速兩個(gè)過程中的加速度大小分別為a1= m/s2,a2=10 m/s2,物塊在勻減速運(yùn)動(dòng)階段,由牛頓第二定律知mgsin 30+μmgcos 30=ma2,解得μ=,所以mgsin 30=μmgcos 30,故小物塊到C點(diǎn)后將靜止,A錯(cuò)誤,C正確;物塊在勻加速運(yùn)動(dòng)階段,有F-mgsin 30-μmgcos 30=ma1,解得F=4 N,D正確;物塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的位移大小與vt圖線與t軸所圍成的面積相等,x=1.23 m=1.8 m,B正確. 【答案】 BCD 5.(2018山東師大附中高三上學(xué)期二模)如圖甲所示,靜止在光滑水平面上的長(zhǎng)木板B(長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng))的左端靜止放著小物塊A.某時(shí)刻,A受到水平向右的外力F作用,F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,即F=kt,其中k為已知常數(shù).設(shè)物體A、B之間的滑動(dòng)摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff,且A、B的質(zhì)量相等,則下列可以定性描述長(zhǎng)木板B運(yùn)動(dòng)的vt圖象是( ) 【解析】 A、B相對(duì)滑動(dòng)之前加速度相同,由整體法可得:F=2ma,當(dāng)A、B間剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),對(duì)木板有Ff=ma,故此時(shí)F=2Ff=kt,t=,之后木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故只有B項(xiàng)正確. 【答案】 B 6.(2018黑龍江哈六中月考)如圖所示,m=1.0 kg的小滑塊以v0=4 m/s 的初速度從傾角為37的斜面AB的底端A滑上斜面,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37=0.6.若從滑塊滑上斜面起,經(jīng)0.8 s滑塊正好通過B點(diǎn),則AB之間的距離為( ) A.0.8 m B.0.64 m C.0.76 m D.0.6 m 【解析】 滑塊向上滑行時(shí),設(shè)加速度大小為a,由牛頓第二定律得mgsin 37+μmgcos 37=ma,代入數(shù)據(jù)解得a=10 m/s2,滑塊上滑時(shí)速度從v0=4 m/s減速到零需要的時(shí)間為t0== s=0.4 s,上滑的最大距離s== m=0.8 m,經(jīng)過0.4 s,滑塊達(dá)到最高點(diǎn),速度為零,然后向下滑行,設(shè)下滑的加速度大小為a′,由牛頓第二定律得mgsin 37-μmgcos 37=ma′,代入數(shù)據(jù)解得a′=2 m/s2,下滑時(shí)間為t′=t-t0=0.8 s-0.4 s=0.4 s,下滑的距離為s′=a′t′2=0.520.42 m=0.16 m,AB間的距離為sAB=s-s′=0.8 m-0.16 m=0.64 m,故選B. 【答案】 B [創(chuàng)新導(dǎo)向練] 7.生活實(shí)際——自動(dòng)扶梯中的超重、失重現(xiàn)象 如圖所示,一些商場(chǎng)安裝了智能化的臺(tái)階式自動(dòng)扶梯.為了節(jié)約能源,在沒有乘客乘行時(shí),自動(dòng)扶梯以較小的速度勻速運(yùn)行;當(dāng)有乘客乘行時(shí),自動(dòng)扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個(gè)階段運(yùn)行.則電梯在運(yùn)送乘客的過程中( ) A.乘客始終受摩擦力作用 B.乘客經(jīng)歷先超重再失重 C.乘客對(duì)扶梯的作用力先指向右下方,再豎直向下 D.扶梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上 【解析】 在加速階段,電梯對(duì)乘客豎直向上的支持力大于重力,對(duì)乘客有向左的摩擦力作用,電梯對(duì)乘客的合力斜向左上方,則乘客對(duì)電梯的作用力斜向右下方;當(dāng)電梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),人與電梯間沒有摩擦力,電梯對(duì)人的作用力豎直向上,則乘客對(duì)電梯的作用力豎直向下,C正確,A、D錯(cuò)誤.加速上升階段,乘客處于超重階段,而勻速階段,既不超重也不失重,B錯(cuò)誤. 【答案】 C 8.科技探索——用力傳感器研究超重、失重現(xiàn)象 某同學(xué)為研究超重和失重現(xiàn)象,將重為50 N的重物帶上電梯,并將它放在電梯中水平放置的壓力傳感器上.電梯由靜止開始運(yùn)動(dòng),測(cè)得重物對(duì)傳感器的壓力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示.設(shè)電梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分別為v1、v4和v8,g取10 m/s2,以下判斷中正確的是( ) A.電梯在上升,且v1>v4>v8 B.電梯在下降,且v4>v1>v8 C.重物在第2 s內(nèi)和第8 s內(nèi)的加速度大小相同 D.電梯對(duì)重物的支持力在第1 s內(nèi)和第9 s內(nèi)的平均功率相等 【解析】 根據(jù)牛頓第二定律分析可知,電梯的運(yùn)動(dòng)情況是在0~2 s內(nèi)向下做勻加速運(yùn)動(dòng),在2~7 s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),7~9 s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng);選取向下為正方向,由牛頓第二定律可知,0~2 s內(nèi):a1= m/s2=0.6 m/s2,7~9 s內(nèi):a2= m/s2=-0.6 m/s2,方向向上.所以0~2 s內(nèi)和7~9 s內(nèi)重物的加速度大小相等;電梯在第1 s末的速度v1=a1t1=0.61 m/s=0.6 m/s,第4 s末的速度等于2 s末的速度v4=v7=v2=a1t2=0.62 m/s=1.2 m/s,第8 s末的速度v8=v7+a2t3=0.6 m/s,說明電梯在第1 s末和第8 s末速度相同,小于第4 s末的速度.故A、B錯(cuò)誤,C正確.重力在第1 s內(nèi)和第9 s內(nèi)的平均速度大小相等,電梯對(duì)重物的支持力大小不等,功率不等,故D錯(cuò)誤. 【答案】 C 9.生活科技——牛頓定律在傳送帶中的應(yīng)用實(shí)例 如圖甲為應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站的安全檢查儀,用于對(duì)旅客的行李進(jìn)行安全檢查.其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖乙的模型,緊繃的傳送帶始終保持v=1 m/s的恒定速率運(yùn)行.旅客把行李無初速度地放在A處,設(shè)行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,A、B間的距離為2 m,g取10 m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時(shí)也以v=1 m/s的恒定速率平行于傳送帶運(yùn)動(dòng)到B處取行李,則( ) A.乘客與行李同時(shí)到達(dá)B處 B.行李提前0.5 s到達(dá)B處 C.乘客提前0.5 s到達(dá)B處 D.若傳送帶速度足夠大,行李最快也要2 s才能到達(dá)B處 【解析】 由牛頓第二定律得 μmg=ma得 a=1 m/s2.設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,行李加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v=1 m/s.由v=at1 代入數(shù)值,得t1=1 s,勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小為:x=at=0.5 m,勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t2==1.5 s,行李從A到B的時(shí)間為:t=t1+t2=2.5 s. 而乘客一直做勻速運(yùn)動(dòng),從A到B的時(shí)間為t人==2 s.故乘客提前0.5 s到達(dá)B.故A、B均錯(cuò)誤,C正確;若行李一直做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短.由L=at,解得,最短時(shí)間tmin=2 s.故D正確. 【答案】 CD 10.高新科技——利用“風(fēng)洞”實(shí)驗(yàn)考查動(dòng)力學(xué)問題 在風(fēng)洞飛行表演上,若風(fēng)洞內(nèi)向上的風(fēng)速、風(fēng)量保持不變,讓質(zhì)量為m的表演者通過身姿調(diào)整,可改變所受向上的風(fēng)力大小,以獲得不同的運(yùn)動(dòng)效果.假設(shè)人體受風(fēng)力大小與有效面積成正比,已知水平橫躺時(shí)受風(fēng)力有效面積最大,站立時(shí)受風(fēng)力有效面積最小,為最大值的.風(fēng)洞內(nèi)人可上下移動(dòng)的空間總高度為H.開始時(shí),若人體與豎直方向成一定角度傾斜時(shí),受風(fēng)力有效面積是最大值的一半,恰好可以靜止或勻速漂移.現(xiàn)人由靜止開始從最高點(diǎn)A以向下的最大加速度勻加速下落,如圖所示,經(jīng)過B點(diǎn)后,再以向上的最大加速度勻減速下落,到最低點(diǎn)C處速度剛好為零,則下列說法中正確的有( ) A.人向上的最大加速度是g B.人向下的最大加速度是g C.B、C之間的距離是H D.B、C之間的距離是H 【解析】 設(shè)最大風(fēng)力為Fm,由于人體受風(fēng)力大小與有效面積成正比,故人站立時(shí)風(fēng)力為Fm,由于受風(fēng)力有效面積是最大值的一半時(shí),恰好可以靜止或勻速漂移,故可以求得重力G=Fm,人平躺上升時(shí)有最大加速度a1==g,故A錯(cuò)誤;人站立加速下降時(shí)的加速度最大,則a2==g,故B正確;設(shè)下降的最大速度為v,根據(jù)速度位移公式,加速下降過程位移x=,減速下降過程位移x′=,故x∶x′=4∶3,因而x′=H,故C正確,D錯(cuò)誤. 【答案】 BC [綜合提升練] 11.如圖所示,與水平面成θ=30的傳送帶正以v=3 m/s的速度勻速運(yùn)行,A、B兩端相距l(xiāng)=13.5 m.現(xiàn)每隔1 s把質(zhì)量m=1 kg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上,工件在傳送帶的帶動(dòng)下向上運(yùn)動(dòng),工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=,取g=10 m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字.求: (1)相鄰工件間的最小距離和最大距離; (2)滿載與空載相比,傳送帶需要增加多大的牽引力? 【解析】 (1)設(shè)工件在傳送帶加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a,則μmgcos θ-mgsin θ=ma 代入數(shù)據(jù)解得a=1.0 m/s2. 剛放上下一個(gè)工件時(shí),該工件離前一個(gè)工件的距離最小,且最小距離dmin=at2 解得dmin=0.50 m 當(dāng)工件勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)兩相鄰工件相距最遠(yuǎn),則dmax=vt=3.0 m. (2)由于工件加速時(shí)間為t1==3.0 s,因此傳送帶上總有三個(gè)(n1=3)工件正在加速,故所有做加速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總滑動(dòng)摩擦力f1=3μmgcos θ 在滑動(dòng)摩擦力作用下工件移動(dòng)的位移x==4.5 m 傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的工件數(shù)n2==3 當(dāng)工件與傳送帶相對(duì)靜止后,每個(gè)工件受到的靜摩擦力f0=mgsin θ,所有做勻速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總靜摩擦力f2=n2f0 與空載相比,傳送帶需增大的牽引力F=f1+f2 聯(lián)立解得F=33 N. 【答案】 (1)0.50 m 3.0 m (2)33 N 12.(2018華中師大第一附中高三上學(xué)期期中)一質(zhì)量為M=2 kg的長(zhǎng)木板在粗糙水平地面上運(yùn)動(dòng),在t=0時(shí)刻,木板速度為v0=12 m/s,此時(shí)將一質(zhì)量為m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在木板的右端,二者在0~2 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示.已知重力加速度g=10 m/s2.求: (1)小物塊與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1以及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2. (2)小物塊最終停在距木板右端多遠(yuǎn)處? (3)若在t=2 s時(shí),使小物塊的速度突然反向(大小不變),小物塊恰好停在木板的左端,求木板的長(zhǎng)度L. 【解析】 (1)以木塊為研究對(duì)象,由牛頓第二定律有 μ1mg=ma1 以木板為研究對(duì)象,由牛頓第二定律有 μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2 由圖象可知:a1=1 m/s2,a2=5 m/s2 聯(lián)立有μ1=0.1,μ2=0.3. (2)速度相同后,假設(shè)二者一起做勻減速運(yùn)動(dòng),對(duì)整體由牛頓第二定律有 μ2(M+m)g=(M+m)a3 對(duì)木板由牛頓第二定律有Ff=ma3 可知Ff>μ1mg,所以假設(shè)不成立,二者存在相對(duì)運(yùn)動(dòng). 木塊的加速度仍為a1=1 m/s2. 以木板為研究對(duì)象,由牛頓第二定律有 μ2(M+m)g-μ1mg=Ma3,解得a3=4 m/s2 x相對(duì)2=-,x相對(duì)2=1.5 m,x相對(duì)1=12 m 距右端的距離d=x相對(duì)1-x相對(duì)2聯(lián)立解得d=10.5 m. (3)速度反向后,木板仍以a2=5 m/s2運(yùn)動(dòng),木塊的加速度仍為a1=1 m/s2. x相對(duì)3=+x相對(duì)3=2.4 m L=x相對(duì)1+x相對(duì)3所以L=14.4 m. 【答案】 (1)0.1 0.3 (2)10.5 m (3)14.4 m- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請(qǐng)點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁(yè)顯示word圖標(biāo),表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國(guó)旗、國(guó)徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對(duì)作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)作業(yè)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 2019 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第三 牛頓 運(yùn)動(dòng) 定律 課時(shí) 作業(yè) 綜合 應(yīng)用
鏈接地址:http://www.hcyjhs8.com/p-6347762.html