2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 課時(shí)訓(xùn)練（七）第7講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用（含解析）新人教版

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1、課時(shí)訓(xùn)練(七) 　【牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用】　 【基礎(chǔ)過(guò)關(guān)】 1.假設(shè)汽車突然緊急制動(dòng)后所受到的阻力的大小與汽車所受的重力的大小差不多,當(dāng)汽車以20 m/s的速度行駛時(shí)突然制動(dòng),它還能繼續(xù)滑動(dòng)的距離約為 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.40 m B.20 m C.10 m D.5 m 2.質(zhì)量為1 t的汽車在平直公路上以10 m/s的速度勻速行駛,阻力大小不變.從某時(shí)刻開始,汽車牽引力減小2000 N,那么從該時(shí)刻起經(jīng)過(guò)6 s,汽車行駛的路程是 (　　) A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m 3.[2019·溫州九校期末] 里約奧運(yùn)會(huì)男

2、子跳高決賽的比賽中,加拿大選手德勞因突出重圍,以 2 米 38 的成績(jī)奪冠.下面關(guān)于跳高過(guò)程中的說(shuō)法正確的是 (　　) 圖Z7-1 A.德勞因在最高點(diǎn)處于平衡狀態(tài) B.德勞因在下降過(guò)程中處于超重狀態(tài) C.德勞因起跳以后在上升過(guò)程中處于失重狀態(tài) D.德勞因起跳時(shí)地面對(duì)他的支持力等于他所受的重力 4.[2019·杭州期中] 能源危機(jī)是人類面臨的一個(gè)世界性難題.如圖Z7-2所示,一些商場(chǎng)安裝了智能化的(臺(tái)階式)自動(dòng)扶梯,為了節(jié)約能源,在沒(méi)有乘客乘行時(shí),自動(dòng)扶梯以較小的速度勻速運(yùn)行;當(dāng)有乘客乘行時(shí),自動(dòng)扶梯會(huì)先加速再勻速運(yùn)行,則扶梯在運(yùn)送乘客的過(guò)程中 (　　) 圖Z7-2 A.

3、乘客始終受摩擦力作用 B.乘客經(jīng)歷先超重再失重 C.乘客對(duì)扶梯的作用力先指向后下方,再豎直向下 D.扶梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上 5.[2018·浙江4月學(xué)考] 如圖Z7-3所示,小芳在體重計(jì)上完成下蹲動(dòng)作.如圖Z7-4所示的F-t圖像能反映體重計(jì)示數(shù)隨時(shí)間變化的是 (　　) 圖Z7-3 　　A　　　　　　B　　　 　　C　　　 　　D 圖Z7-4 6.民航客機(jī)的機(jī)艙一般都設(shè)有緊急出口,發(fā)生意外情況的飛機(jī)在著陸后,打開緊急出口的艙門,會(huì)自動(dòng)生成一個(gè)由氣囊構(gòu)成的斜面,機(jī)艙中的人可沿該斜面滑行到地面上,示意圖如圖Z7-5所示.某機(jī)艙緊急出口的艙門離氣囊底端的高度AB=

4、3.2 m,氣囊構(gòu)成的斜面長(zhǎng)AC=4.0 m.CD段為與斜面平滑連接的水平地面.若人從氣囊上由靜止開始滑下,人與氣囊間的動(dòng)摩擦因數(shù)、人與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.4.不計(jì)空氣阻力,g取10 m/s2.要使救護(hù)人員不被從氣囊上滑下的人撞到,則救護(hù)人員距艙門正下方B點(diǎn)的安全距離是 (　　) 圖Z7-5 A.5.6 m B.7.2 m C.8.0 m D.10.0 m 7.如圖Z7-6甲所示,質(zhì)量m=1 kg的物塊在平行于斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng),t=0.5 s時(shí)撤去拉力,利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖乙所示,g取10 m/s2,求:

5、 (1)2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過(guò)的路程L; (2)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段的加速度大小a1、a2和拉力大小F. 圖Z7-6 8.為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù),用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況,裝置如圖Z7-7甲所示.使木塊以初速度v0=4 m/s沿傾角θ=30°的斜面上滑,并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù),木塊上滑至最高點(diǎn)后又下滑回到出發(fā)點(diǎn),結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程的v-t圖線,如圖乙所示.g取10 m/s2.求: (1)上滑過(guò)程中的加速度大小a1; (2)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v. 圖Z7

6、-7 【領(lǐng)先沖A】 9.[2019·德清調(diào)研] 如圖Z7-8所示,在傾角為 θ=37°的足夠長(zhǎng)的固定斜面底端,一小物塊以某一初速度沿斜面上滑,一段時(shí)間后返回到出發(fā)點(diǎn).已知物塊上滑所用時(shí)間 t1 和下滑所用時(shí)間 t2 的大小關(guān)系滿足 t1∶ t2 = 1∶ 3.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)求上滑加速度大小a1與下滑加速度大小a2之比; (2)求物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (3)若斜面傾角變?yōu)?60°,并改變斜面粗糙程度,小物塊上滑的同時(shí)用水平向右的推力F作用在物塊上,發(fā)現(xiàn)物塊勻減速上滑過(guò)程中加速度與推力大小無(wú)關(guān),求此時(shí)加速度大小.

7、 圖Z7-8 10.[2019·寧波北侖中學(xué)期中] 滑沙運(yùn)動(dòng)時(shí),沙板相對(duì)沙地的速度大小會(huì)影響沙地對(duì)沙板的動(dòng)摩擦因數(shù).假設(shè)滑沙者的速度超過(guò)8 m/s時(shí),滑沙板與沙地間的動(dòng)摩擦因數(shù)就會(huì)由μ1=0.5變?yōu)棣?=0.25.如圖Z7-9所示,一滑沙者從傾角θ=37°的坡頂A處由靜止開始下滑,滑至坡底B(B處為一平滑小圓弧)后又滑上一段水平地面,最后停在C處.已知滑板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ3=0.4,AB坡長(zhǎng)L=26 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,不計(jì)空氣阻力,求: (1)滑沙者到達(dá)B處時(shí)的速度大小; (2)滑沙者在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大距

8、離; (3)滑沙者在AB段下滑與在BC段滑動(dòng)的時(shí)間之比. 圖Z7-9 課時(shí)訓(xùn)練(七) 1.B　[解析] 加速度a=fm=mgm=g=10 m/s2,由v2=2ax得x=v22a=2022×10 m=20 m,B正確. 2.C　[解析] 汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),F牽=f,當(dāng)牽引力減小2000 N時(shí),即汽車所受合力的大小為F=2000 N,由牛頓第二定律得F=ma,解得a=2 m/s2,汽車從開始減速到停止所需時(shí)間t=va=5 s,汽車行駛的路程x=12vt=25 m. 3.C　[解析] 無(wú)論是上升過(guò)程還是下落過(guò)程,或是在最高點(diǎn),德勞因的加速度始終向下,所以他始終處于失

9、重狀態(tài),故A、B錯(cuò)誤,C正確;起跳時(shí)德勞因的加速度方向向上,地面對(duì)他的支持力大于他受到的重力,故D錯(cuò)誤. 4.C　[解析] 有乘客乘行時(shí),扶梯先加速運(yùn)行,對(duì)乘客受力分析可知,乘客超重,后扶梯勻速運(yùn)行,加速度為零,靜摩擦力消失,此時(shí)乘客不超重也不失重,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤.在加速階段,扶梯對(duì)人的力(支持力、靜摩擦力的合力)斜向前,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.根據(jù)作用力與反作用力的關(guān)系可知,加速階段,人對(duì)扶梯的作用力指向后下方,勻速階段,人對(duì)扶梯的作用力豎直向下, 選項(xiàng)C正確. 5.C　[解析] 下蹲時(shí)先加速下降,后減速下降,故先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài),F先小于重力,后大于重力,C正確. 6.C　[解析]

10、設(shè)AC與水平地面成θ角,sin θ=ABAC=0.8,xBC=2.4 m.對(duì)人進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律得mgsin θ-f=ma1,f=μFN,FN=mgcos θ,解得a1=gsin θ-μgcos θ=5.6 m/s2,乘客到達(dá)C點(diǎn)的速度vC=2a1x1,滑到地面上后,根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μmg=ma2,0-vC2=2(-a2)x2,解得x2=5.6 m,救護(hù)人員不被從氣囊上滑下的人撞到的安全距離d=x2+xBC=8.0 m,故C正確. 7.(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N [解析] (1)物塊上滑的位移x1=12×2×1 m=1 m

11、 物塊下滑的距離x2=12×1×1 m=0.5 m 位移x=x1-x2=1 m-0.5 m=0.5 m 路程L=x1+x2=1 m+0.5 m=1.5 m. (2)由圖像知,各階段的加速度大小分別為 0~0.5 s內(nèi),a1=20.5 m/s2=4 m/s2 0.5~1 s內(nèi),a2=0-20.5 m/s2=4 m/s2 設(shè)斜面傾角為θ,斜面對(duì)物塊的摩擦力為f,根據(jù)牛頓第二定律,有 0~0.5 s內(nèi),F-f-mgsin θ=ma1 0.5~1 s內(nèi),f+mgsin θ=ma2 聯(lián)立解得F=8 N. 8.(1)8 m/s2　(2)35　(3)2 m/s [解析] (1)由圖像

12、可知,上滑過(guò)程中的加速度大小a1=Δv1Δt1=40.5 m/s2=8 m/s2. (2)上滑過(guò)程中,由牛頓第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得μ=35. (3)下滑距離等于上滑的距離,其值為x=v022a1=1 m 下滑過(guò)程中,由牛頓第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2 下滑至出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v=2a2x 聯(lián)立解得v=2 m/s. 9.(1)3∶1　 (2)0.375　 (3)2033 m/s2 [解析] (1)物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),它們的位移大小相等,則12a1t12=12a2t22 解得a1a2=

13、t22t12=31. (2)由牛頓第二定律得 物塊上滑時(shí)有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1 物塊下滑時(shí)有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 解得μ=0.375. (3)由牛頓第二定律得mgsin 60°+μ'FN-Fcos 60°=ma 由平衡條件得FN=Fsin 60°+mgcos 60° 整理得mgsin 60°+μ'Fsin 60°+μ'mgcos 60°-Fcos 60°=ma 因?yàn)閍與F無(wú)關(guān),所以μ'Fsin 60°-Fcos 60°=0 解得μ'=cot 60°=33 a=gsin 60°+μ'gcos 60°=2033 m/s2.

14、 10.(1)12 m/s　 (2)18 m　 (3)5∶3 [解析] (1)滑沙板的速度較小時(shí),有ma1=mgsin θ-μ1mgcos θ 解得a1=2 m/s2 速度達(dá)到8 m/s的過(guò)程中的位移x1=v122a1=822×2 m=16 m 滑沙板的速度較大時(shí),有ma2=mgsin θ-μ2mgcos θ 解得a2=4 m/s2 設(shè)到達(dá)B處的速度為v2,則v22-v12=2a2(L-x1) 解得v2=12 m/s (2)滑沙板在水平地面上的加速度a3=-μ3mgm=-μ3g=-0.4×10 m/s2=-4 m/s2 由位移—速度公式可得x3=0-v222a3=0-1222×(-4) m=18 m (3)滑沙板的速度達(dá)到8 m/s的時(shí)間t1=v1a1=82 s=4 s 第二段時(shí)間t2=v2-v1a2=12-84 s=1 s 滑沙板在水平地面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3=0-v2a3=0-12-4 s=3 s 所以在AB段下滑與BC段滑動(dòng)的時(shí)間之比為t1+t2t3=4+13=53 - 6 -