届高三精准培优专练四牛顿运动定律及其应用学生版Word格式.docx
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D.物体A处于失重状态,物体B处于超重状态
2.(多选)为了备战2020年东京奥运会,我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。
已知质量m=50kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10m,比赛过程中,该运动员先下蹲,重心下降0.5m,经过充分调整后,发力跳起摸到了2.90m的高度。
若运动员起跳过程视为匀加速运动,忽略空气阻力影响,g取10m/s2。
则( )
A.运动员起跳过程处于超重状态
B.起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大
C.起跳过程中运动员对地面的压力为960N
D.从开始起跳到双脚落地需要1.05s
3.如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住。
现用一个水平向右的力F拉斜面,使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,下列说法正确的是( )
A.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
B.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零
C.若加速度足够小,则竖直挡板对球的弹力可能为零
D.若加速度不断的增大,斜面对球不仅有弹力,而且该弹力是一个定值
4.如图所示,水平桌面上放置一个倾角为45°
的光滑楔形滑块A,一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处,细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球。
若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动,取g=
10m/s2,则下列说法正确的是( )
A.当a=5m/s2时,滑块对球的支持力为
N
B.当a=15m/s2时,滑块对球的支持力为
N
C.当a=5m/s2时,地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D.当a=15m/s2时,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
5.(多选)如图甲所示,物块的质量m=1kg,初速度v0=10m/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=10m/s2,则( )
A.0~5s内物块做匀减速运动
B.在t=1s时刻恒力F反向
C.恒力F大小为10N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
6.(多选)传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。
如图甲,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针转动,现将m=2kg的货物放在传送带上的A点,货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙,整个过程传送带是绷紧的,货物经过1.2s到达B点,已知重力加速度g=10m/s2。
下列说法正确的是( )
A.货物在0.2~1.2s内的加速度大小为1m/s2
B.A、B两点的距离为1.5m
C.货物从A运动到B的过程中,货物与传送带间因摩擦产生的热量为2.4J
D.货物从A运动到B的过程中,传送带对货物做的功为6.4J
7.(多选)一块足够长的白板,位于水平桌面上,处于静止状态,一石墨块(可视为质点)静止在白板上,石墨块与白板间有摩擦,滑动摩擦系数为μ。
突然,使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动,石墨块将在板上划下黑色痕迹。
经过某段时间t,令白板突然停下,以后不再运动。
在最后石墨块也不再运动时,白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为g,不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量)( )
A.
B.
C.
D.v0t
8.(多选)倾角为θ的斜面固定在水平面上,在斜面上放置一长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为μ。
平行于斜面的力传感器上端连接木板,下端连接一光滑小球,如图所示。
当木板固定时,传感器的示数为F1。
现由静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,传感器的示数为F2。
则下列说法正确的是( )
A.若μ=0,则F1=F2
B.若μ=0,则F2=0
C.若μ≠0,则μ=tanθ
D.若μ≠0,则μ=
【答案】BD
【解析】当木板固定时,对小球分析,根据共点力平衡有:
F1=mgsinθ,静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,若μ=0,则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得:
Mgsinθ=Ma,解得:
a=gsinθ,再以小球为研究对象,则有:
mgsinθ-F2=ma,解得:
F2=0,故A错误、B正确;
当木板沿斜面下滑时,若μ≠0,对整体分析,根据牛顿第二定律可得加速度为:
a=gsinθ-μgcosθ,隔离对小球分析有:
F2=μmgcosθ,则有:
,解得:
,故C错误、D正确。
9.一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;
在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图甲所示。
t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁
碰撞(碰撞时间极短)。
碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;
运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图乙所示。
木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。
求:
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
10.某工厂用倾角为37°
的传送带把货物由低处运送到高处,已知传送带总长为L=50m,正常运转的速度为v=4m/s。
一次工人刚把M=10kg的货物放到传送带上的A处时停电了,为了不影响工作的进度,工人拿来一块m=5kg带有挂钩的木板,把货物放到木板上,通过定滑轮用绳子把木板拉上去。
货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。
(物块与木板均可看成质点,g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8)
(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动,求工人所用拉力的最大值;
(2)若工人用F=189N的恒定拉力把货物拉到L/5处时来电了,工人随即撤去拉力,求此时货物与木板的速度大小;
(3)来电后,还需要多长时间货物能到达B处?
(不计传送带的加速时间)
答案
典例1.【解析】分析知木板受到的摩擦力fʹ=f。
0~2s,木板静止,F=fʹ,F逐渐增大,所以C错误。
4s~5s,木板加速度大小a2=0.2m/s2,对木板受力分析,fʹ=ma2=0.2N,得m=1kg,所以A正确。
2s~4s,对木板有F-fʹ=ma1,F=fʹ+ma1=0.4N,所以B正确。
由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。
【答案】AB
典例2.【解析】假设物块静止时弹簧的压缩量为x0,则由力的平衡条件可知kx0=mg,在弹簧恢复原长前,当物块向上做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上两式解得F=kx+ma,显然F和x为一次函数关系,且在F轴上有截距,则A正确,B、C、D错误。
【答案】A
1.【答案】D
【解析】A加速下降,则加速度向下,轻绳的拉力小于重力,故A处于失重状态;
同时B加速上升,则加速度向上,轻绳的拉力大于重力,故B处于超重状态。
故A、B、C错误,D正确。
2.【答案】AD
【解析】运动员离开地面后做竖直上抛运动,根据
可知
;
在起跳过程中可视为匀加速直线运动,加速度方向竖直向上,所以运动员起跳过程处于超重状态,根据速度位移公式可知
,解得
,对运动员根据牛顿第二定律可知
,根据牛顿第三定律可知,对地面的压力为1560N,故选项A正确,C错误;
在起跳过程中做匀加速直线运动,起跳过程的平均速度
,运动员离开地面后做竖直上抛运动,离地上升到最高点过程的平均速度
,故选项B错误;
起跳过程运动的时间
,起跳后运动的时间
,故运动的总时间
,故选项D正确。
3.【答案】D
【解析】以小球为研究对象,分析受力情况,如图,受重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1.根据牛顿第二定律知小球所受的合力为ma,即重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma,面和挡板对球的弹力的合力不等于ma,故A错误。
设斜面的加速度大小为a,根据牛顿第二定律得竖直方向:
F1cosθ=mg①,水平方向:
F2﹣F1sinθ=ma②,由①看出,斜面对球的弹力F1大小不变,与加速度无关,不可能为零。
由②看出,若加速度足够小时,F2=F1sinθ=mgtanθ≠0,故BC错误。
若F增大,a增大,斜面的弹力F1大小不变。
故D正确。
4.【答案】A
【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零,对小球受力分析,受重力、拉力,根据牛顿第二定律,有:
水平方向:
F合=Fcos45°
=ma0;
竖直方向:
Fsin45°
=mg,解得a0=g。
当a=5m/s2时,小球未离开滑块,水平方向:
Fcos45°
-FNcos45°
=ma;
+FNsin45°
=mg,解得FN=
N,故A正确;
当a=15m/s2时,小球已经离开滑块,只受重力和绳的拉力,滑块对球的支持力为零,故B错误;
当系统相对稳定后,竖直方向没有加速度,受力平衡,所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和,故C,D错误。
5.【答案】BD
【解析】物体匀减速直线运动的加速度大小为:
,匀加速直线运动的加速度大小为:
,根据牛顿第二定律得:
F+f=ma1,F﹣f=ma2,联立两式解得:
F=7N,f=3N,则动摩擦因数为:
,物体匀减速直线运动的时间为:
,即在0﹣1s内做匀减速直线运动,1s后恒力F反向,做匀加速直线运动。
故BD正确,AC错误。
6.【答案】AC
【解析】由加速度的定义知:
货物在0.2~1.2s内的加速度为:
,故A正确;
物块在传送带上先做匀加速直线运动,当速度达到传送带速度,仍做匀加速直线运动,所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”,为:
x=
×
1×
0.2+
(1+2)×
1=1.6m,故B错误;
由v-t图象可知,物块在传送带上先做a1匀加速直线运动,加速度为:
,对物体受摩擦力,方向向下,重力和支持力,得:
mgsinθ+μmgcosθ=ma1①;
同理,做a2的匀加速直线运动,对物体受力分析受摩擦力,方向向上,重力和支持力,得:
mgsinθ-μmgcosθ=ma2②,联立①②解得:
sinθ=0.3,μgcosθ=2,根据功能
关系,货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移,f=μmgcosθ=4N,做a1匀加速直线运动,位移为:
x1=
0.2=0.1m,皮带位移为:
x皮=1×
0.2=0.2m,相对位移为:
△x1=x皮-x1=0.2-0.1=0.1m,同理,做a2匀加速直线运动,位移为:
x2=
1=1.5m,x皮2=1×
1=1m,相对位移为:
△x2=x2-x皮2=0.5m,故两者之间的总相对位移为:
△x=△x1+△x2=0.6m,货物与传送带摩擦产生的热量为:
Q=W=f△x=4×
0.6J=2.4J,故C正确;
根据功能关系,由C中可知:
f=μmgcosθ=4N,做a1匀加速直线运动,由图象知位移为:
x1=0.1m,物体受摩擦力,方向向下,摩擦力做正功为:
Wf1=fx1=4×
0.1=0.4J,同理做a2匀加速直线运动,由图象知位移为:
x2=1.5m,物体受摩擦力,方向向上,摩擦力做负功为:
Wf2=-fx2=-4×
1.5=-6J,所以整个过程,传送带对货物做功大小为:
6J-0.4J=5.6J,故D错误。
7.【答案】AC
【解析】在时间t内,石墨可能一直匀加速,也可能先加速后匀速;
石墨加速时,根据牛顿第二定律,有μmg=ma,解得a=μg。
①如果时间t内一直加速,加速的位移为
,故相对白板的位移为
②如果先加速,后匀速,位移为
③如果加速的末速度恰好等于v0,则
,故相对白板的位移为
经过时间t后,白板静止后,石墨做减速运动,加速度大小不变,故相对白板沿原路返回,故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移;
故选AC。
8.【答案】BD
9.【答案】
(1)0.1 0.4
(2)6.0m (3)6.5m
【解析】
(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。
由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1①
由题图乙可知,木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v1=4m/s,由运动学公式得
v1=v0+a1t1②
x0=v0t1+
a1t
③
式中,t1=1s,x0=4.5m是木板与墙壁碰撞前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件解得μ1=0.1④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。
设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2⑤
由题图乙可得a2=
⑥
式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件解得μ2=0.4.⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧
v3=-v1+a3Δt⑨
v3=v1+a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为x1=
Δt⑪
小物块运动的位移为x2=
Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δx=x2-x1⑬
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式,并代入数据解得Δx=6.0m⑭
因为运动过程中小物块始终没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为x3。
由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4⑮
0-v
=2a4x3⑯
碰撞后木板运动的位移为x=x1+x3⑰
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式,并代入数据解得x=-6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
10.【答案】
(1)192N
(2)
(3)
(1)设最大拉力为Fm,货物与木板之间的静摩擦力达到最大值,设此时的加速度为a1,对货物分析根据牛顿第二定律得:
得:
对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得:
Fm=192N
(2)设工人拉木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律得:
解得:
设来电时木板的速度为v1,根据运动学公式得:
(3)由于
,所以来电后木板继续加速,加速度为a3
设经过t1木板速度与传送带速度相同,
设t1内木板加速的位移为x1,
共速后,木板与传送带相对静止一起匀速运动,设匀速运动的时间为t2,匀速运动的位移为x2,则
所以来电后木板再需要运动t=t1+t2=11.25s。
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