2019届高考物理第一轮知能分级练习题9

第3讲

牛顿运动定律的综合应用

A 对点训练——练熟基础知识

题组一 动力学两类基本问题

1．(2018·江西师大附中、临川一中联考)(多选)如图3－3－10所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是

( )．

图3－3－10

A．0～5 s内物块做匀减速运动

B．在t＝1 s时刻，恒力F反向

C．恒力F大小为10 N

D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

解析 由图象得物块在前5 m位移内做匀减速运动，在5～13 m位移内做匀加速运动，且由图象斜率得匀减速运动的加速度大小a1＝1002×5 m/s2＝10

m/s2，匀加速运动的加速度大小a2＝642×13－5 m/s2＝4 m/s2，匀减速运动的时间t＝v0a1＝1 s，又由牛顿第二定律得，F＋μmg＝ma1和F－μmg＝ma2，联立解得F＝7 N，动摩擦因数μ＝0.3.选项B、D正确．

答案 BD

2．(2018·浙江卷，19)(多选)如图3－3－11所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5

m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是 ( )．

图3－3－11

A．所受浮力大小为4 830 N

B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s

D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

解析 热气球刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．

答案 AD

3．(2018·陕西西工大附中适应性训练，24)中央电视台推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败．其简化模型如图3－3－12所示，AC

是长度为L1＝5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域．已知BC长度为L2＝1 m，瓶子质量为m＝0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4.某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20 N，瓶子沿AC做直线运动(g取10 m/s2)，假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：

图3－3－12

(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？

(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？

解析 (1)要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零时，推力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有推力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，推力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1，μmg＝ma2

加速运动过程中的位移x1＝v22a1

减速运动过程中的位移x2＝v22a2

位移关系满足：x1＋x2＝L1，又：v＝a1t1

由以上各式解得：t1＝16 s

(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零时，推力作用距离最小，设最小距离为d，则：v′22a1＋v′22a2＝L1－L2

v′2＝2a1d，联立解得：d＝0.4 m.

答案 (1)16 s (2)0.4 m

题组二 超重、失重问题

4．(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向

由静止开始运动．如图3－3－13所示，图中实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则 ( )．

图3－3－13

A．钩码的重力约为4 N

B．钩码的重力约为3 N

C．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，失重状态的是B、C

D．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，失重状态的是C、D

解析 求解本题的关键是对图象及超重、失重概念的准确理解．由于初始状态物体静止，所以钩码的重力等于拉力，从图上可读出拉力约为4 N，故A正确，B错误；据“超重时拉力大于重力、失重时拉力小于重力”可知，C正确，D错误．

答案 AC

5．(单选)如图3－3－14所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计下端固定在小车上，开始时小车处于静止状态．当小车沿水平方向运动时，小球恰能稳定在图中虚线位置，下列说法中正确的是 ( )．

图3－3－14

A．小球处于超重状态，小车对地面压力大于系统总重力

B．小球处于失重状态，小车对地面压力小于系统总重力

C．弹簧测力计读数大于小球重力，但小球既不超重也不失重

D．弹簧测力计读数大于小球重力，小车一定向右匀加速运动

解析 小球稳定在题图中虚线位置，则小球和小车有相同的加速度，且加速度方向水平向右，故小球既不超重也不失重，小车既可以向右匀加速运动也可以向左匀减速运动．

答案 C

6．(单选)如图3－3－15所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是 ( )．

图3－3－15

A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2

B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2

C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s2

D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s2

解析 当电梯匀减速上升或匀加速下降时，电梯处于失重状态，设人受到体重计的支持力为FN，体重计示数大小即为人对体重计的压力FN′.由牛顿运动定律可得mg－FN＝ma，FN＝FN′＝m(g－a)；当电梯匀加速上升或匀减速下降时，电梯处于超重状态，设人受到体重计的支持力为FN1，人对体重计的压力FN1′.由牛顿运动定律可得FN1－mg＝ma，FN1＝FN1′＝m(g＋a)，代入具体数据可得B正确．

答案 B

7．(2018·安徽三联，22)据2018年10月12日新浪网消息，安徽凤阳县7岁“大力士”杨金龙声名鹊起后，南京、天津等地诸多体育专业学校纷纷向他抛出橄榄枝．最终在安徽省举重队推荐下，小金龙选择了铜陵市业余体校举重队．教练盛红星称在省队测试的时候，小金龙不仅举起45 kg杠铃，还背起体重高达120 kg的王军教练，简直能“秒杀同龄的施瓦辛格”，g＝10 m/s2，请计算：

(1)在以a＝2 m/s2匀加速下降的电梯中小金龙能举起杠铃的质量是多少？

(2)在以a＝2 m/s2匀加速上升的电梯中小金龙能背起的质量又是多少？

解析 (1)小金龙的举力是一定的，则有F1＝mg＝450 N

在以a＝2 m/s2匀加速下降的电梯中，设其能举起杠铃的质量为m1，则有m1g－F1＝m1a，解得m1＝56.25 kg

(2)小金龙能背起的重量是一定的，则有F2＝Mg＝1 200 N

在以a＝2 m/s2匀加速上升的电梯中，设其能背起的质量为m2，则有F2－m2g＝m2a，解得m2＝100 kg

答案 (1)56.25 kg (2)100 kg

B 深化训练——提高能力技巧

8．(2018·福建省四地六校联考)一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，试问：

图3－3－16

(1)物块到达传送带右端的速度；

(2)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最

大高度．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)

解析 (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动．

由μmg＝ma1，x1＝v202a1，可得x1＝1 m

故物块到达传送带右端前已匀速运动，速度为2 m/s.

(2)物块以速度v0冲上斜面，之后做匀减速直线运动，

由mgsin θ＝ma2，x2＝v202a2可得x2＝13 m<0.4 m.

故物块没有到达斜面的最高点，

物块上升的最大高度hm＝x2sin θ＝0.2 m

答案 (1)2 m/s (2)不能 0.2 m

9．(2018·山东卷，22)如图3－3－17所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10 m/s2.

图3－3－17

(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．

(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？

解析 (1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋12at2 ①

v＝v0＋at ②

联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2 ③

v＝8 m/s ④

(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤

Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥

又Ff＝μFN ⑦

联立⑤⑥⑦式得F＝mgsin θ＋μcos θ＋macos α＋μsin α ⑧

由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨

由⑧⑨式可知对应F最小的夹角α＝30° ⑩

联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为

Fmin＝1335N ⑪

答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° 1335 N

10．如图3－3－18所示，一长木板质量为M＝4 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m＝2 kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2.7 m．现给木板以水平向右的初速度v0＝6 m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，取g＝10 m/s2，求：