《2020版高考物理一輪復習 分層規(guī)范快練9 牛頓運動定律的綜合應用 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 分層規(guī)范快練9 牛頓運動定律的綜合應用 新人教版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、分層規(guī)范快練(九)　牛頓運動定律的綜合應用 [雙基過關練] 1. (多選)有一種大型娛樂器械可以讓人體驗超重和失重，其環(huán)形座艙套在豎直柱子上，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由下落．落到一定位置時，制動系統啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停下．下列說法中正確的是(　　) A．座艙自由下落的過程中人處于失重狀態(tài) B．座艙自由下落的過程中人處于超重狀態(tài) C．座艙減速下落的過程中人處于失重狀態(tài) D．座艙減速下落的過程中人處于超重狀態(tài) 解析：自由下落時只受重力，加速度向下，失重；減速下落，加速度向上，超重． 答案：AD 2．如圖所示，臺秤上放一個裝有水的容器，

2、有一個金屬球掛在彈簧測力計下面，現將金屬球浸沒在水中，比較在金屬球浸入水中前、后的情況(　　) A．彈簧測力計的示數減小，臺秤的示數不變 B．彈簧測力計的示數不變，臺秤的示數增加 C．彈簧測力計的示數減小，臺秤的示數增大，且減少的示數等于增加的示數 D．彈簧測力計的示數增大，臺秤的示數減小，且增加的示數等于減少的示數 解析：當金屬球浸入水中后，受到向上的浮力作用，故彈簧測力計的示數減小；由牛頓第三定律，在水對球有向上的浮力的同時，金屬球對水有向下的作用力，這兩個力大小相等，方向相反，故使得臺秤的示數增大，且彈簧秤減少的示數等于臺秤增加的示數，選項C正確． 答案：C 3．[20

3、18·重慶卷，5]若貨物隨升降機運動的v－t圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關系的圖象可能是(　　) 解析：根據題圖可知，對于時間軸下面的圖象，電梯先向下做勻加速運動，再勻速，后勻減速運動，則根據牛頓第二定律可知，貨物隨電梯先失重、再處于平衡狀態(tài)，后超重，則支持力先小于重力、再等于重力、后大于重力；對于時間軸上面的圖象，電梯向上先做勻加速運動、再勻速、后勻減速運動時，同理可知支持力先大于重力、再等于重力、后小于重力，選項B正確． 答案：B 4. 如圖，在光滑的水平支持面上，物塊C疊放于物體B上，B的上表面水平，用輕繩將物塊B與物塊A相連，A、B、

4、C的質量分別為2m、m、m，B、C間動摩擦因數為μ，對A施加一大小為F的水平恒力，A、B、C相對靜止一同做勻加速直線運動，B對C的摩擦力的大小為(　　) A．μmg　　　B．F C．F/2 D．F/4 解析：將三者看作一個整體，根據牛頓第二定律：對整體有F＝(2m＋m＋m)a，解得a＝，對C分析，在水平方向上C受到B給的靜摩擦力，所以根據牛頓第二定律可得Ff＝ma＝，故D正確． 答案：D 5．[2019·哈爾濱一模]水平方向的傳送帶，順時針轉動，傳送帶速度大小v＝2 m/s不變，兩端A、B間距離為3 m．一物塊從B端以v0＝4 m/s滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數

5、μ＝0.4，g取10 m/s2.物塊從滑上傳送帶至離開傳送帶的過程中，速度隨時間變化的圖象是(　　) 解析：物塊在傳送帶上與傳送帶相對滑動時，加速度為a＝μg＝4 m/s2，則當物塊減速為0時，位移x＝＝2 m<3 m，所以物塊沒有從A端掉下，會反向運動，加速度大小不變，當物塊與傳送帶共速之后，隨傳送帶一起勻速，故B正確． 答案：B 6．[2019·安徽蕪湖、馬鞍山質檢]兩物體A、B并排放在水平地面上，且兩物體接觸面為豎直面，現用一水平推力F作用在物體A上，使A、B由靜止開始一起向右做勻加速運動，如圖甲所示，在A、B的速度達到6 m/s時，撤去推力F.已知A、B質量分別為mA＝1 k

6、g、mB＝3 kg，A與地面間的動摩擦因數μ＝0.3，B與地面間沒有摩擦，B物體運動的v－t圖象如圖乙所示．g取10 m/s2，求： (1)推力F的大?。? (2)A物體剛停止運動時，物體A、B之間的距離． 解析：(1)在水平推力F作用下，設物體A、B一起做勻加速運動的加速度為a，由B物體的v－t圖象得a＝3 m/s2.對于A、B整體，由牛頓第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)a解得F＝15 N. (2)設物體A勻減速運動的時間為t，撤去推力F后，A、B兩物體分離，A在摩擦力作用下做勻減速直線運動，B做勻速運動，對于A物體有μmAg＝mAaA， aA＝μg＝3 m/s2，vt

7、＝v0－aAt＝0， 解得t＝2 s， 物體A的位移為xA＝t＝6 m， 物體B的位移為xB＝v0t＝12 m， 所以A物體剛停止運動時，物體A、B之間的距離為Δx＝xB－xA＝6 m. 答案：(1)15 N　(2)6 m [技能提升練] 7．[2019·黃岡質檢] 如圖所示，bc為固定在小車上的水平橫桿，物塊串在桿上，靠摩擦力保持相對桿靜止，物塊又通過輕細線懸吊著一個小球，此時小車正以大小為a的加速度向右做勻加速運動，而物塊、小球均相對小車靜止，細線與豎直方向的夾角為θ.若小車的加速度逐漸增加，物塊始終和小車保持相對靜止，則當加速度增加到2a時(　　) A．橫桿

8、對物塊的摩擦力增加到原來的2倍 B．橫桿對物塊的彈力增加到原來的2倍 C．細線與豎直方向的夾角增加到原來的2倍 D．細線的拉力增加到原來的2倍 解析：對小球和物塊組成的整體，分析受力如圖甲所示，根據牛頓第二定律得，水平方向有Ff＝(M＋m)a，豎直方向有FN＝(M＋m)g，則當加速度增加到2a時，橫桿對物塊的摩擦力Ff增加到原來的2倍，橫桿對物塊的彈力等于物塊、小球的總重力，保持不變，故A正確，B錯誤．以小球為研究對象，分析受力情況如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgtanθ＝ma，解得tanθ＝，當a增加到原來的兩倍時，tanθ變?yōu)樵瓉淼膬杀?，但θ不是原來的兩倍．細線的拉力FT＝，可見，

9、a變?yōu)樵瓉淼膬杀?，FT不是原來的兩倍，故C、D錯誤． 答案：A 8. 如圖所示，質量M＝8 kg的小車放在光滑的水平面上，在小車左端加一水平推力F＝8 N，當小車向右運動的速度達到1.5 m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質量為m＝2 kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數μ＝0.2，小車足夠長．(g＝10 m/s2)求： (1)放上小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大． (2)經多長時間兩者達到相同的速度． (3)從小物塊放上小車開始，經過t＝1.5 s小物塊通過的位移大小為多少． 解析：(1)小物塊的加速度am＝＝2 m/s2 小車的加速度aM＝＝0.

10、5 m/s2. (2)由amt＝v0＋aMt得t＝1 s. (3)在開始1 s內小物塊的位移x1＝amt2＝1 m 最大速度v＝at＝2 m/s 在接下來的0.5 s內小物塊與小車相對靜止，一起做加速運動，且加速度a＝＝0.8 m/s2 這0.5 s內的位移x2＝vt＋at2＝1.1 m 通過的總位移x＝x1＋x2＝2.1 m. 答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m 9．如圖所示，一質量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、

11、B之間的距離L＝10 m．已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝.重力加速度g取10 m/s2. (1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大?。? (2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 解析：(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 聯立①②式，代入數據得a＝3 m/s2③ v＝8 m/s④ (2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得 Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤ Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥ 又Ff＝μFN⑦ 聯立⑤⑥⑦式得 F＝⑧ 由數學知識得cosα＋sinα＝sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知對應F最小的夾角α＝30°⑩ 聯立③⑧⑩式，代入數據得F的最小值為Fmin＝N. 答案：(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 6