1、- 1 -课时分层作业 九牛顿运动定律的综合应用(45 分钟 100 分)【基础达标题组】一、选择题(本题共 10 小题,每小题 6 分,共 60 分。16 题为单选题,710 题为多选题)1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线。两图中 ag 各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出。重力加速度 g 取 10 m/s2。根据图象分析可得 ( )A.人的重力为 1 500 NB.c 点位置人处于超重状态C.e 点位置人处于失重状态D.d 点的加速度小于 f 点的加速度【解析】选 B。由图可知人的重力为 500 N,
2、故 A 错误;c 点位置人的支持力 750 N500 N,处于超重状态,故 B 正确;e 点位置人的支持力 650 N500 N,处于超重状态,故 C 错误;d 点的加速度为 20 m/s2大于 f 点的加速度为 10 m/s2,故 D 错误。2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度 a 沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力 F,则 ( )A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度 a 匀加速下滑- 2 -C.物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑D.物块将以小于 a 的加速度匀加速下滑【解析】选 C。对物块进行受力分析,设斜面的角度为 ,可列方程 mgsin -mgcos =ma
3、,sin -cos = ,当加上力 F 后,由牛顿第二定律得(mg+F)sin -(mg+F)cos =ma 1,即 mgsin -mgcos +Fsin -Fcos =ma 1,ma+Fsin -Fcos =ma 1,Fsin -Fcos =F(sin -cos )= , 大于零,代入上式知,a 1大于 a。物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑。只有 C 项正确。3.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是 ( )A.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.受托物体向上运动的过
4、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。物体在手掌的推力作用下,由静止竖直向上加速时,物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间,只受重力作用,物体的加速度等于重力加速度,处于完全失重状态,故 A、B、C 错误;物体离开手的前一时刻,手与物体具有相同的速度,物体离开手的下一时刻,手的速度小于物体的速度,即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内,手的速度变化量大于物体的速度变化量,故手的加速度大于物体的加速度,也就是手的加速度大于重力加速度,故 D 正确。4.(2018烟台模拟)如图所示,横截面为直角三角形
5、的三棱柱质量为 M,放在粗糙的水平地面上,两底角中其中一个角的角度为 (45)。三棱柱的两倾斜面光滑,上面分别放有质量为 m1和 m2的两物体,两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接,定滑轮固定在三棱柱的顶端,若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦,重力加速度大小为 g,则将 m1和 m2同时由静止释放后,下列说法正确的是 ( )- 3 -A.若 m1=m2,则两物体可静止在斜面上B.若 m1=m2tan,则两物体可静止在斜面上C.若 m1=m2,则三棱柱对地面的压力小于(M+m 1+m2)gD.若 m1=m2,则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零【解析】选 C。若 m1=
6、m2,m2的重力沿斜面向下的分力大小为 m2gsin(90-),m 1的重力沿斜面向下的分力大小为 m1gsin ,由于 45,则 m2gsin(90-)0,C 正确,D 错误。5.(2018山师附中模拟)如图所示,在光滑平面上有一静止小车,小车上静止地放置着一小物块,物块和小车间的动摩擦因数为 =0.3,用水平恒力 F 拉动小车,物块的加速度为 a1,小车的加速度为 a2。当水平恒力 F 取不同值时,a 1与 a2的值可能为(当地重力加速度 g 取 10 m/s2) ( )A.a1=2 m/s2,a2=3 m/s2B.a1=3 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=5 m/s2,a2=3 m
7、/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s2【解析】选 D。当物块与小车间的静摩擦力小于 mg 时,物块与小车一起运动,且加速度相等,最大共同加速度为 amax=g=3 m/s 2,故 A、B 错误;当 F(M+m)g 时,小车的加速度大于物块的加速度,此时物块与小车发生相对运动,此时物块的加速度最大,由牛顿第二定律得:a 1= =g=3 m/s 2,小车的加速度 a23 m/s2,故 C 错误,D 正确。【加固训练】如图所示,A、B 两物块叠放在一起,放在光滑地面上,已知 A、B 物块的质量分别为 M、m,物块间粗糙。现用水平向右的恒力 F1、F 2先后分别作用在 A、B 物块上,物块
8、A、B 均不发生相对运动,则 F1、F 2的最大值之比为 ( )- 4 -A.11 B.MmC.mM D.m(m+M)【解析】选 B。F 1作用在 A 物块上,由牛顿第二定律,F 1=(M+m)a1。设 A、B 物块间的最大静摩擦力为 Ff,对B 物块,则有 Ff=ma1。F 2作用在 B 物块上,由牛顿第二定律,F 2=(M+m)a2。对 A 物块,则有 Ff=Ma2,联立解得:F1、F 2的最大值之比为 F1F 2=Mm,选项 B 正确。6.如图所示,一轻质弹簧的一端系一质量为 m 的小球,另一端固定在倾角为 37的光滑斜面体顶端,弹簧与斜面平行,在斜面体以大小为 g 的加速度水平向左做匀
9、加速直线运动的过程中,小球始终相对于斜面静止。已知弹簧的劲度系数为 k,则该过程中弹簧的形变量为(已知:sin 37=0.6,cos 37=0.8) ( )A. B. C. D.【解析】选 A。假设小球只受到重力和斜面的支持力且和斜面一起以加速度 a0向左匀加速运动,则a0=gtan 37v 0时,物体一定向右一直做匀加速运动滑过 B 点,用时一定小于 t0【解析】选 A、C。传送带静止时,物体滑上传送带后受水平向左的滑动摩擦力 mg,设到达 B 点的速度为vB。由 - =2(-g)L 可得:v B= ,若传送带逆时针运行,物体仍受向左的摩擦力 mg,同样由上式分析,一定能匀减速至右端,速度为
10、 vB,用时也一定仍为 t0,故选项 A 对,而 B 错;若传送带顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v=v 0时,物体将不受摩擦力的作用,一直做匀速运动滑至 B 端,因为匀速通过,故用时一定小于 t0,故选项 C 对;当其运行速率(保持不变)vv 0时,开始物体受到向右的摩擦力的作用,做加速运动,运动有两种可能:若物体加速到速度 v 还未到达 B 端时,则先匀加速运动后匀速运动,若物体速度一直未加速到 v 时,则一直做匀加速运动,故选项 D 错。9.如图甲所示,在水平地面上有一长木板 B,其上叠放木块 A,假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等,用一水平力 F
11、 作用于 B,A、B 的加速度与 F 的关系如图乙所示,重力加速度 g 取 10 m/s2,则下列说法中正确的是 ( )- 6 -A.A 的质量为 0.5 kgB.B 的质量为 1.5 kgC.B 与地面间的动摩擦因数为 0.2D.A、B 间的动摩擦因数为 0.4【解析】选 A、C、D。由图可知,二者开始时相对地面静止,当拉力为 3 N 时开始相对地面滑动;故 B 与地面间的最大静摩擦力为 3 N;当拉力为 9 N 时,AB 相对滑动,此时 A 的加速度为 4 m/s2;当拉力为 13 N 时,B的加速度为 8 m/s2;对 A 分析可知, 1g=4 m/s2;解得:AB 间的动摩擦因数 1=
12、0.4;对 B 分析可知,13 N-3 N- 1mAg=mB8 m/s2对整体有:9 N-3 N=(m A+mB)4 m/s2联立解得:m A=0.5 kg;mB=1 kg;则由 2(mA+mB)g=3 N 解得,B 与地面间的动摩擦因数为 2=0.2;故 A、C、D 正确,B 错误。10.(2015海南高考)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时 ( )A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑【解析】选 B、D。当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速
13、度,处于超重状态,物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式 Ff=F N可知接触面间的正压力增大,物块与斜面间的摩擦力增大,故 A 错误,B正确;设斜面的倾角为 ,物块的质量为 m,当匀速运动时有 mgsin=mgcos,即 sin=cos。假设升降机以加速度 a 向上运动时,把 a 分解为垂直斜面方向与沿斜面方向,两个分量 acos、asin。垂直斜面方向上,物块与斜面相对静止,对物块分析,压力 FN=m(g+a)cos,F f=m(g+a)cos,因为sin=cos,所以 m(g+a)sin- 7 -=m(g+a)cos,即在沿斜面方向物块的加速度为 asin,所以物块的加速度也为 a
14、,故物块相对于斜面匀速下滑,C 错误,D 正确。故选 B、D。二、计算题(15 分。需写出规范的解题步骤)11.如图所示,水平地面上放置一个质量为 m 的物体,在与水平方向成 角、斜向右上方的拉力 F 的作用下沿水平地面运动。物体与地面间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 g。求:(1)若物体在拉力 F 的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面,拉力 F 的大小范围。(2)已知 m=10 kg,=0.5,g=10 m/s 2,若 F 的方向可以改变,求使物体以恒定加速度 a=5 m/s2 向右做匀加速直线运动时,拉力 F 的最小值。【解析】(1)要使物体运动时不离开地面,应有:Fsinmg要使物
15、体能一直向右运动,应有:Fcos(mg-Fsin) 联立解得: F(2)根据牛顿第二定律得Fcos-(mg-Fsin)=ma解得:F=上式变形得 F=其中 =arcsin当 sin(+)=1 时,F 有最小值解得:F min=代入相关数据解得:F min=40 N- 8 -答案:(1) F(2)40 N【总结提升】解临界极值问题的三种常用方法(1)极限法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的。(2)假设法:临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题。(3)数学方法
16、:将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件。【能力拔高题组】1.(8 分)(多选)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块 A 和 B。保持 A 的质量不变,改变 B 的质量 m,当 B 的质量连续改变时,得到 A的加速度 a 随 B 的质量 m 变化的图线如图乙所示。设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度 g 取 9.8 m/s2,斜面的倾角为 ,下列说法中正确的是( )A.若 已知,可求出 A 的质量B.若 未知,可求出图乙中 a1的值C.若 已知,可求出图乙中 a2的值D.若 已知,可求出
17、图乙中 m0的值【解题指导】(1)根据牛顿第二定律,可得加速度的表达式。(2)利用好乙图中三个点:m=0 时,m=m 0时,mm A时。【解析】选 B、C。由牛顿第二定律可知 mg-mAgsin =(m+m A)a,解得加速度 a= ,当m=0 时,得 a2=gsin ,故 C 正确;当 mmA时 a1=g,故 B 正确;无法求出 A 的质量,故 A 错误;当加速度 a=0时,可知 m0=mAsin ,无法求出 m0的值,故 D 错误。- 9 -2.(17 分)传送带以稳定的速度 v=6 m/s 顺时针转动,传送带与水平面的夹角 =37,现在将一质量 m=2 kg 的物体(可以看作质点)放在其
18、底端,传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力 F=20 N 拉物体,经过一段时间物体被拉到斜面顶端的平台上,如图所示,已知传送带底端与顶端的竖直高度 H=6 m,物体与传送带之间的动摩擦因数为 0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g 取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)求物体从底端运动到顶端所用时间。(2)若物体与传送带达到速度相等的瞬间,突然撤去拉力,物体还需要多长时间离开传送带?【解析】(1)物体开始运动时的加速度为 a1则:F+mg cos 37-mgsin 37=m a 1解得:a 1=6 m/s2物体达到和传送带速度相等历时 t1,根据运动学公
19、式,有:v=a 1 t1,故 t 1=1 ss= t1= 1 m=3 m然后对物体受力分析:F-mgcos37-mgsin37=ma 2解得:a 2=2 m/s2再经 t2到达顶端,则:-s=v t2+ a2解得:t 2=1 s 或者 t2=-7 s(舍去)所以物体到达顶端共历时t=t1+t2=2 s。(2)当撤去拉力时,对物体受力分析得:mgsin 37-mg cos 37=ma 3a3=4 m/s2,方向沿斜面向下,故物体做匀减速直线运动,经时间 t3速度减到 0,物体上升的距离为:s 2= t3根据速度时间关系公式:a 3 t3=v- 10 -解得:t 3= ss2=4.5 m,故物体没
20、有上升到顶端,从而沿斜面下滑到底端离开传送带设从速度为 0 滑回底端的时间为 t4则:a3 =s+s2,解得:t 4= s。所以物体还需要 s 离开传送带。答案:(1)2 s (2) s【加固训练】如图所示,质量 M=1 kg 的木板静置于倾角 =37、足够长的固定光滑斜面底端。质量 m=1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度 v0=4 m/s 从木板的下端冲上木板,同时在木板上端施加一个沿斜面向上的 F=3.2 N的恒力。若小物块恰好不从木板的上端滑下,求木板的长度 l 为多少?已知小物块与木板之间的动摩擦因数 =0.8,重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。【解析】由题意,小物块向上做匀减速运动,木板向上做匀加速运动,当小物块运动到木板的上端时,恰好和木板共速。设小物块的加速度为 a,由牛顿第二定律得,mgsin +mgcos =ma,设木板的加速度为 a,由牛顿第二定律得,F+mgcos -Mgsin =Ma,设二者共速的速度为 v,经历的时间为 t,由运动学公式得v=v0-at,v=at;小物块的位移为 x,木板的位移为 x,由运动学公式得,x=v0t- at2,x= at 2;
