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2022高考物理一轮复习 课时作业九 牛顿运动定律的综合应用新人教版

2022高考物理一轮复习 课时作业九 牛顿运动定律的综合应用新人教版

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- 11 -

牛顿运动定律的综合应用
(建议用时40分钟)

1．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有(　　)
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，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。物体由静止开始向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分离前，应减速向上，物体处于失重状态，故A、B均错误；在物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确。
2．(2021·荆州模拟)竖直向上飞行的子弹，到达最高点后又返回原处，假设运动过程中子弹受到阻力与速率成正比，则在整个过程中，加速度和速度的大小变化可能是(　　)
A．加速度始终变小，速度先变小后变大
B．加速度始终变大，速度先变小后变大
C．加速度先变小后变大，速度先变小后变大
D．加速度先变大后变小，速度先变小后变大
【解析】选A。空气阻力的大小与速率成正比，在上升过程中速度不断减小，则阻力不断减小，根据a＝＝，可知加速度不断减小；在下降的过程中，速度不断增大，阻力不断变大，根据a＝＝，可知加速度仍不断变小，选项A正确。
3．(2021·郑州模拟)如图所示，质量分别为m和2m的两物体P和Q叠放在倾角θ＝30°的固定斜面上，Q与斜面间的动摩擦因数为μ，它们从静止开始沿斜面加速下滑，P恰好能与Q保持相对静止，设P与Q间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则P与Q间的动摩擦因数为(　　)

A．　　　　B．　　　　C．μ　　　　D．2μ
【解析】选C。对P、Q整体，由牛顿第二定律有(m＋2m)gsin30°－μ(m＋2m)gcos30°＝(m＋2m)a，设P与Q之间的动摩擦因数为μ′，P恰好与Q保持相对静止，静摩擦力恰好达到最大，对P，由牛顿第二定律有mgsin 30°－μ′mgcos30°＝ma，联立解得μ′＝μ，选项C正确。
4.如图所示，质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的滑块A和滑块B叠放在光滑水平地面上，A和B之间的动摩擦因数μ＝0.5，拉力F作用在滑块A上，拉力F从0开始逐渐增大到7 N的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．当F＞5 N时，A、B发生了相对滑动
B．始终保持相对静止
C．从一开始就发生了相对滑动
D．开始相对静止，后来发生相对滑动
【解析】选B。隔离对B分析，当A、B间静摩擦力达到最大值时，A、B刚要发生相对滑动，则：a＝＝2.5 m/s2，再对整体：F＝(m1＋m2)a＝3×2.5 N＝7.5 N。知当拉力达到7.5 N时，A、B才发生相对滑动，所以拉力F从0开始逐渐增大到7 N的过程中，A、B始终保持相对静止，故A、C、D错误，B正确。
5．(创新题)(多选)“蛟龙”号载人潜水器计划于2020年6月至2021年6月执行环球航次。“蛟龙”号可以征服全球99.8%的海底世界，假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10 min内全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是(　　)

A.图中h3代表本次下潜的最大深度
B．全过程中最大加速度是0.025 m/s2
C．潜水员感到超重发生在3～4 min和6～8 min的时间段内
D．4～8 min“蛟龙”号处于完全失重状态
【解题指导】（1）速度—时间图象的斜率表示加速度；
（2）速度—时间图象和位移—时间图象具有对应性，是同一运动的不同表述。
【解析】选A、C。图中h3代表本次下潜的最大深度，全过程中最大加速度是a＝＝ m/s2＝0.033 m/s2，选项A正确、B错误；潜水员感到超重发生在3～4 min和6～8 min的时间段内，即为减速向下和加速上升的过程，该过程加速度方向向上，选项C正确；4～6 min“蛟龙”号处于静止状态，受力平衡，选项D错误。
6.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则(　　)

A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
【解析】选C。如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝gt，所以tc＝；对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M用时满足AM＝2R sin θ＝g sin θ·t，即ta＝2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r＞R)。综上所述可得tb＞ta＞tc。

7.(创新题)“新冠肺炎”的易传染性让每一个接触到病毒的人都有可能成为被感染的对象。如果在一些易传播的环境中启用机器人替代人工操作的话，就可以有效防控病毒传播，其中送餐服务就是机器人应用的一个领域，只要设置好路线、安放好餐盘，它就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐，如图所示。若某一隔离病区的配餐点和目标位置在相距x＝43 m的直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小a1＝2 m/s2，速度达到v＝2 m/s后匀速，之后适时匀减速，恰好把食物平稳送到目标位置，整个送餐用时t＝
23 s。若载物平台呈水平状态，食物的总质量m＝2 kg，食物与平台无相对滑动，g取10 m/s2，试求：

(1)机器人加速过程位移的大小x；
(2)匀速运动持续的时间t0；
(3)减速过程中平台对食物的平均作用力F的大小。
【解析】(1)加速过程位移x1＝
解得x1＝1 m
(2)设机器人减速时的加速度为a2，匀速的时间为t0，则由题可知t1＝
x＝x1＋vt0＋
t＝t1＋t0＋
解得t0＝20 s，a2＝1 m/s2
(3)平台对食物竖直方向的支持力
FN＝mg
水平方向的摩擦力Ff＝ma2
故平台对食物的作用力大小
F＝
代入数据解得F＝2 N
答案：(1)1 m　(2)20 s　(3)2 N

8.(2021·乐山模拟)图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备,图乙为
150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,g取10 m/s2,下列判断正确的是 (　　)

A.前10 s悬线的拉力恒为1 500 N
B.46 s末材料离地面的距离为22 m
C.0～10 s材料处于失重状态
D.在30～36 s钢索最容易发生断裂
【解析】选B。由题图乙可知前10 s内材料的加速度a=0.1 m/s2,由F-mg=ma可知悬线的拉力为1 515 N,选项A错误;由图象面积可得整个过程上升的高度是28 m,下降的高度为6 m,46 s末材料离地面的距离为22 m,选项B正确;因30～36 s材料加速度向下,材料处于失重状态,F<mg;前10 s材料处于超重状态,F>mg,钢索最容易发生断裂,选项C、D错误。
9.如图所示，甲、乙两物体质量分别为m1＝2 kg，m2＝3 kg，叠放在水平桌面上。已知甲、乙间的动摩擦因数为μ1＝0.6，物体乙与平面间的动摩擦因数为μ2＝0.5，现用水平拉力F作用于物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右做匀速直线运动，如果运动中F突然变为零，则物体甲在水平方向上的受力情况(g取
10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

A．大小为12 N，方向向右
B．大小为12 N，方向向左
C．大小为10 N，方向向右
D．大小为10 N，方向向左
【解析】选D。当F突变为零时，可假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则它们运动的加速度可由牛顿第二定律求出，由此可以求出甲所受的摩擦力，若此摩擦力小于它与乙间的最大静摩擦力，则假设成立，反之不成立。
假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则由牛顿第二定律得
Ff2＝(m1＋m2)a①
Ff2＝μ2(m1＋m2)g②
由①②得：a＝5 m/s2
物体甲的受力如图所示，可得甲受的摩擦力为

Ff1＝m1a＝10 N
因为最大静摩擦力
Ffm＝μ1m1g＝12 N，Ff1＜Ffm
所以假设成立，甲受的摩擦力大小为10 N，方向向左，选项D正确。
10.如图所示，A、B的质量分别为mA＝2 kg，mB＝4 kg，盘C的质量mC＝6 kg，现悬挂于天花板O处，处于静止状态。当用火柴烧断O处的细线瞬间，木块A、B、C的加速度分别是aA、aB、aC，B对C的压力大小是FBC(g取10 m/s2)，则(　　)

A．aA＝aB＝aC＝g，FBC＝0
B．aA＝0，aB＝aC＝g，FBC＝0
C．aA＝aB＝0，aC＝3g，FBC＝60 N
D．aA＝0，aB＝aC＝12 m/s2，FBC＝12 N
【解析】选D。烧断细线前细线的拉力为
T＝(mA＋mB＋mC)g＝120 N
弹簧的弹力大小
F＝mAg＝20 N
烧断细线后瞬间，弹簧的弹力没有改变，则A的受力情况没有改变，其合力仍为零，根据牛顿第二定律得
A的加速度aA＝0
对BC整体，根据牛顿第二定律得
aBC＝＝ m/s2＝12 m/s2
对C由牛顿第二定律可得
FBC＋mCg＝mCaBC
解得FBC＝12 N。
故A、B、C错误，D正确。
【加固训练】
如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长。在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为( )

A.aA＝g，aB＝5g
B.aA＝aB＝g
C.aA＝g，aB＝3g
D.aA＝0，aB＝2g
【解析】选D。对滑轮分析：F－2T＝ma，又m＝0，所以T＝＝3mg，对A分析：由于T<4mg故A静止，aA＝0，对B分析：aB＝＝2g，故D正确。
11．(多选)(2021·郑州模拟)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，正以某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则(　　)

A．传送带一定顺时针转动
B．传送带的速度大小等于v0
C．μ＝－tan θ
D．t0时间后木块的加速度大小为－2g sin θ
【解析】选B、C。若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足mg sin θ>
μmg cos θ，将一直匀加速到底端而且加速度不变；当木块上滑时满足
mg sin θ<μmg cos θ，木块先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象，故传送带逆时针转动，A错误；只有当木块的速度大于传送带的速度时，木块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度大小等于v0，故B正确；木块在0～t0时间内，滑动摩擦力沿传送带向下，木块匀加速下滑，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得：a1＝
g sin θ＋μg cos θ，由题图乙可知，a1＝，联立解得：μ＝－tan θ，故C正确；木块与传送带共速后，由牛顿第二定律有：mg sin θ－
μmg cos θ＝ma2，解得：a2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值得：a2＝
2g sin θ－，故D错误。
12.(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
【解题指导】（1）A被敲击后，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ，由于μmg<2μmg，因此木板B一定不动；
（2）B被敲击,A做加速运动，B做减速运动，直到二者速度相等时，一起在水平面上做减速运动直到停下。
【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
由匀变速直线运动规律有2aAL＝v
解得vA＝
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2。
答案：(1)　(2)3μg　μg
(3)2