（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第四章 牛頓運動定律 考點強化練9 直線運動中力和運動的綜合應用

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1、（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第四章 牛頓運動定律 考點強化練9 直線運動中力和運動的綜合應用 1.(2018浙江杭州預測)2018年02月07日人類現役運力最強的火箭重型獵鷹(Falcon Heavy)成功在肯尼迪航天中心完成了發(fā)射并完成一、二級火箭回收。其中一級火箭回收的過程可以簡化為:獵鷹火箭發(fā)射上升至3 436 m的高空后開始下落,經過幾秒到達距地面3 256 m高度處,立即打開反推器開始勻速下降50 s,快到達地面前改變反推器而減速,成功落地時速度為4 m/s。重力加速度的大小g取10 m/s2,不考慮空氣阻力。 (1)求該火箭從靜止開始下落至3 256 m高度處所需的

2、時間及其在此處速度的大小; (2)若該火箭總質量m=5 000 kg,試求火箭在減速下降時受反推器作用力的大小。 2.如圖甲所示,初始有一質量m=5 kg的物塊以速度v0=10 m/s在水平地面上向右滑行,在此時刻給物塊施加一水平外力F,外力F隨時間t的變化關系如圖乙所示,作用3 s時間后撤去外力F,規(guī)定水平向右為正方向,已知物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)撤去拉力F時物塊的速度大小; (2)物塊向右滑行的總位移。 3. (2017~2018學年浙江臺州市書生中學高一上)如圖質量為2 kg的物體在40 N水平推力

3、作用下,1 s內沿豎直墻壁從靜止開始下滑3 m。求:(g取10 m/s2) (1)物體與墻間的動摩擦因數; (2)若在1 s末時把水平推力改為140 N,計算物體一共能夠滑動的位移。 4.(2017~2018學年浙江寧波北侖中學高二下學期期中)如圖甲所示,滑沙運動時,沙板相對沙地的速度大小會影響沙地對沙板的摩擦因數。假設滑沙者的速度超過8 m/s時,滑沙板與沙地間的動摩擦因數就會由μ1=0.5變?yōu)棣?=0.25?？珊喕癁槿鐖D乙所示,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的動摩擦因

4、數恒為μ3=0.4,AB坡長L=26 m,sin 37°=0.6,不計空氣阻力,求滑沙者 (1)到B處時的速度大小; (2)在水平地面上運動的最大距離; (3)在AB段下滑與BC段滑動的時間之比。 5. 甲 (2017~2018學年浙江金華一中高一上學期第二次段考)如圖甲所示,木板OA可繞軸O在豎直平面內轉動,某研究小組利用此裝置探索物塊在方向始終平行于斜面、大小為F=8 N的力作用下加速度與斜面傾角的關系。已知物塊的質量m=1 kg,通過DIS實驗,得到如圖乙所示的加速度與斜面傾角的關系圖線。若物塊與木板間的動摩擦因數為0.2,假定物塊與木板間的最大靜摩擦

5、力始終等于滑動摩擦力,g取10 m/s2。試問: (1)圖乙中圖線與縱坐標交點a0多大? (2)圖乙中圖線與θ軸交點坐標分別為θ1和θ2,木板處于該兩個角度時的摩擦力指向何方?說明在斜面傾角處于θ1和θ2之間時物塊的運動狀態(tài)。 乙 (3)如果木板長L=2 m,傾角為37°,物塊在F的作用下由O點開始運動,為保證物塊不沖出木板頂端,力F最多作用多長時間?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 6.每逢周末,許多餐廳生意火爆,常常人滿為患,為能服務更多的顧客,服務員需要用最短的時間將菜肴送至顧客處。某次服務員用單手托托盤方式(如圖),要求全程托

6、盤水平,托盤和手之間的動摩擦因數為0.2,碗和托盤之間的動摩擦因數為0.125,服務員上菜最大速度為2.5 m/s,位移10 m,假設服務員加速、減速運動過程中是勻變速直線運動,且可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求服務員運動的最大加速度; (2)求服務員上菜所用的最短時間; (3)若服務員不小心手上沾了油,手和托盤間的動摩擦因數變成了0.1,碗和托盤之間的動摩擦因數不變,求服務員的最大加速度。 7.如圖所示,將質量m=1 kg的圓環(huán)套在固定的傾斜直桿上,桿的傾角為37°,環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑。對環(huán)施加一位于豎直平面內斜

7、向上與桿夾角為37°的拉力F=10 N,使圓環(huán)由靜止開始沿桿加速向上運動,已知環(huán)與桿間動摩擦因數μ=0.5。求: (1)F作用2 s時圓環(huán)的速度是多大? (2)2 s后撤去力F,圓環(huán)繼續(xù)沿桿上滑的最大距離是多少? 8.如圖所示,傾角為37°,長為L=16 m的傳送帶,轉動速度為v=10 m/s,動摩擦因數μ=0.5,在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m=0.5 kg的物體。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求: (1)傳送帶順時針轉動時,物體從頂端A滑到底端B的時間; (2)傳送帶逆時針轉動時,物體從頂端A滑到底端B的時

8、間。 9.風洞是一種人工產生和控制氣流的管道狀實驗設備,以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動,研究氣流對物體的作用。在風洞飛行表演中,設表演者的質量m=60 kg,穩(wěn)定的氣流作用于人體向上產生大小不變的風力。(g取10 m/s2) (1)在某次表演中,表演者從靜臥于高度為0的安全網上開始,經過t=2 s到達h=4 m的高處,求表演者受到的風力大小。 (2)假定風洞的總高度h0=25 m,而且距底部安全網10 m以上范圍內風力的大小變?yōu)?40 N(方向不變),要表演者不離開風洞口,求風力作用時間不能超過多少。 10.民航客機都有緊急出口,發(fā)生意外情況時打開緊急出口,狹

9、長的氣囊會自動充氣生成一條通向地面的斜面,乘客可沿斜面滑行到地面上。如圖所示,某客機緊急出口離地面高度AB=3.0 m,斜面氣囊長度AC=5.0 m,要求緊急疏散時乘客從氣囊上由靜止下滑到地面的時間不超過2 s,g取10 m/s2,求: (1)乘客在氣囊上滑下的加速度至少為多大? (2)乘客和氣囊間的動摩擦因數不得超過多大?(忽略空氣阻力) 考點強化練9　直線運動中力和運動的綜合應用 1.答案 (1)6 s　60 m/s　(2)85 000 N 解析 (1)物體做自由落體運動, 由公式h= 及公式v1=gt1 代入數據可求得:t1=6 s;v1=60 m/s。 (2)

10、物體勻速下降時,設下降的高度為h2,時間為t2 則:h2=v1t2 解得:h2=3 000 m。 物體減速時:F-mg=ma v2-=-2ah3 h3=3 256-3 000=256 m 解得:F=85 000 N 2.答案 (1)2 m/s　(2)19 m 解析 (1)在第1 s內物體的加速度大小為a1==4 m/s2 第1 s末的速度v1=v0-a1t=6 m/s。 在第2 s內加速度大小為a2==0,即物塊做勻速直線運動。在第3 s內加速度大小為a1=4 m/s2。 所以撤去F時物塊的速度大小為v=v1-a1t=2 m/s。 (2)撤去F之后,物塊的加速度大小為

11、 a3==2 m/s2,運動時間t'==1 s。 物塊運動的v-t圖象如圖所示,物塊向右滑行的總位移為 x=t+v1t+t+t'=19 m。 3.答案 (1)0.2　(2)7.5 m 解析 (1)由位移—時間公式得:H=at2 解得:a==6 m/s2。 由牛頓第二定律知:mg-Ff=ma 所以有:Ff=mg-ma=(2×10-2×6)N=8 N。 由滑動摩擦力公式Ff=μFN得:μ==0.2。 (2)1 s末物體的速度v1=at=6 m/s 當推力為140 N時,摩擦力變?yōu)?Ff'=0.2×140 N=28 N>20 N;故物體做減速運動; 加速度a'= m/s2=

12、-4 m/s2 物體最終會靜止在豎直墻壁上,下落的距離為:H'= m=4.5 m; 物體一共能夠滑動的位移:h=H+H'=7.5 m。 4.答案 (1)12 m/s　(2)18 m　(3)5∶3 解析 (1)滑沙板的速度較小時:ma1=mgsin θ-μ1mgcos θ 代入數據可得:a1=2 m/s2 速度達到8 m/s時的位移:x1= m=16 m。 滑沙板的速度較大時:ma2=mgsin θ-μ2mgcos θ 代入數據可得:a2=4 m/s2 設到達B的速度為v2,則:=2a2(L-x1) 代入數據可得:v2=12 m/s。 (2)滑沙板在水平面上的加速度:a3=

13、=-μ3g=-4 m/s2 由位移—速度公式可得:x3= m=18 m。 (3)滑沙板的速度達到8 m/s的時間:t1= s=4 s 第二段時間:t2= s=1 s 滑沙板在水平面上的時間:t3= s=3 s 所以在AB段下滑與BC段滑動的時間之比: 5.答案 (1)6 m/s2　(2)當木板傾角為θ1時,摩擦力沿斜面向下;當木板傾角為θ2時,摩擦力沿斜面向上;當θ角處于θ1和θ2之間時物塊靜止　(3)3.1 s 解析 (1)當木板水平放置時,物塊的加速度為a0,此時滑動摩擦力Ff=μFN=μmg=0.2×1×10 N=2 N 由牛頓第二定律F-Ff=ma0 求得a0= m/

14、s2=6 m/s2 (2)當木板傾角為θ1時,摩擦力沿斜面向下;當木板傾角為θ2時,摩擦力沿斜面向上;當θ角處于θ1和θ2之間時物塊靜止。 (3)力F作用時間最長時,撤去力后物塊滑到斜面頂端時速度恰好減小到零。設力F作用時物塊的加速度為a1,由牛頓第二定律得:F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1 a1= = m/s2=0.4 m/s2 撤去力F后物塊的加速度大小為a2,由牛頓第二定律 mgsin 37°+μmgcos 37°=ma2 a2= m/s2 =7.6 m/s2 設物塊不沖出木板頂端,力F最長作用時間為t。 則撤去力F時的速度v=a1t 位移s1=

15、a1t2 撤去力F后運動的距離s2= 由題意有L=s1+s2 由以上各式得t= s≈3.1 s 6.答案 (1)1.25 m/s2　(2)6 s　(3)1 m/s2 解析 (1)設碗的質量為m,托盤的質量為M,以最大加速度運動時,以碗為研究對象,根據牛頓第二定律得Ffm=μ1mg=ma,a=μ1g=1.25 m/s2 對碗和托盤整體,根據牛頓第二定律得Ff=μ2(M+m)g=(M+m)a',解得a'=2 m/s2 要使碗不打滑,故最大加速度為a=1.25 m/s2 (2)加速運動時間t1==2 s, 位移x1=vmt1=×2.5×2=2.5 m, 減速運動的時間t2=t1=

16、2 s, 位移x2=x1=2.5 m, 勻速運動位移x3=L-x1-x2=5 m, 勻速運動時間t3==2 s, 最短時間t=t1+t2+t3=6 s。 (3)碗與托盤相對靜止a1≤μ1g=0.125×10=1.25 m/s2, 手與托盤相對靜止a2≤μ2g=0.1×10 m/s2=1 m/s2, 要使托盤不滑落,最大加速度am=1 m/s2。 7.答案 (1)2 m/s　(2)0.2 m 解析 (1)由受力分析和牛頓第二定律及運動學規(guī)律可知 Fcos 37°-mgsin 37°-Ff=ma1, mgcos 37°=FN+Fsin 37°,Ff=μFN, 2 s時圓環(huán)的

17、速度v=a1t1,聯立解得v=2 m/s。 (2)撤去外力后,由牛頓第二定律及運動學規(guī)律得 mgsin 37°+Ff'=ma2,FN'=mgcos 37°,Ff'=μFN', 代入數值解得t2==0.2 s,x1=t2=0.2 m。 8.答案 (1)4 s　(2)2 s 解析 (1)傳送帶順時針轉動時,物體相對傳送帶向下運動,則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上,相對傳送帶向下勻加速運動 根據牛頓第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 解得a=2 m/s2 根據L=at2得t=4 s。 (2)傳送帶逆時針轉動,當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時,物體相對傳送帶向上

18、運動,則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下,設物體的加速度大小為a1, 由牛頓第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,則有a1=10 m/s2 設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1,位移為x1, 則有t1==1 s,x1=a1=5 mμmgcos 37°,則下一時刻物體相對傳送帶向下運動,受到傳送帶向上的滑動摩擦力。設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2,則mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,解得a2=2 m/s2 x2=L-x1=11 m,又因為x2

19、=vt2+a2, 解得t2=1 s(t2=-11 s舍去),所以t總=t1+t2=2 s。 9.答案 (1)720 N　(2)(3) s 解析 (1)由勻加速上升h=,得a=2 m/s2,由F-mg=ma,得F=720 N。 (2)10 m內:由=2a1h1,得v1=2 m/s,由v1=a1t1,得t1= s。10 m以上:表演者減速上升,有風時mg-F2=ma2,得a2=1 m/s2,無風時a3=g=10 m/s2。要表演者不離開風洞,臨界情況是到達風洞口速度為零,由=15,得v2= m/s。而由v2=v1-a2t2,得t2=(2) s,故t=t1+t2=(3) s。 10.答案 (1)2.5 m/s2　(2)0.44 解析 (1)根據運動學公式s=at2得a==2.5 m/s2。 (2)根據牛頓第二定律mgsin θ-Ff=ma,又Ff=μFN,FN=mgcos θ 解得μ==0.44 所以,乘客和氣囊間的動摩擦因數不得超過0.44。