【导与练】高考物理大一轮复习 3.3 牛顿运动定律的综合应用对点训练 新人教版(1).doc

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(2013江西师大附中、临川一中联考)如图3310所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 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，g10 m/s2下列说法中正确的是()图3310a05 s内物块做匀减速运动b在t1 s时刻，恒力f反向c恒力f大小为10 nd物块与水平面间的动摩擦因数为02解析由图象得物块在前5 m位移内做匀减速运动，在513 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 m/s210 m/s2，匀加速运动的加速度大小a2 m/s24 m/s2，匀减速运动的时间t1 s，又由牛顿第二定律得，fmgma1和fmgma2，联立解得f7 n，动摩擦因数03选项b正确，d错误答案b(2013浙江卷，19)如图3311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05 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g10 m/s2关于热气球，下列说法正确的是()图3311a所受浮力大小为4 830 nb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/sd以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为240 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fmgma，得f4 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fmgf得f230 n，选项d错误答案a3(2013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3312所示，ac是长度为l15 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l21 m，瓶子质量为m05 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数04某选手作用在瓶子上的水平推力f20 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3312(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：fmgma1，mgma2加速运动过程中的位移x1减速运动过程中的位移x2位移关系满足：x1x2l1，又：va1t1由以上各式解得：t1 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：l1l2v22a1d，联立解得：d04 m答案(1) s(2)04 m题组二超重、失重问题4如图3313是一种升降电梯的示意图，a为载人箱，b为平衡重物，它们的质量均为m，上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动如果电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，重力加速度为g，下列说法正确的是()图3313a关闭电动机后，乘客处于超重状态b关闭电动机后，乘客处于失重状态c由于a、b质量相等，故关闭电动机后，乘客的加速度大小为gd关闭电动机后，电梯上升的高度h一定小于解析关闭电动机后，乘客减速上升，处于失重状态，选项a错误、b正确；对系统由牛顿第二定律得mg(2mm)a，选项c错误；由运动学公式得h，选项d错误答案b5如图3314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3314a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c6如图3315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3315a电梯匀减速上升，加速度的大小为10 m/s2b电梯匀加速上升，加速度的大小为10 m/s2c电梯匀减速下降，加速度的大小为05 m/s2d电梯匀加速下降，加速度的大小为05 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mgfnma，fnfnm(ga)；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fn1mgma，fn1fn1m(ga)，代入具体数据可得b正确答案b7(2013安徽三联，22)据2012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”，g10 m/s2，请计算：(1)在以a2 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a2 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f1mg450 n在以a2 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m1gf1m1a，解得m15625 kg(2)小金龙能背起的重量是一定的，则有f2mg1 200 n在以a2 m/s2匀加速上升的电梯中，设其能背起的质量为m2，则有f2m2gm2a，解得m2100 kg答案(1)5625 kg(2)100 kgb深化训练提高能力技巧8(2013福建省四地六校联考)一水平传送带以20 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为20 m，其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为04 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02，试问：图3316(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 3706，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mgma1，x1，可得x11 ml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 ma2，x2可得x2 m04 m故物块没有到达斜面的最高点，物块上升的最大高度hmx2sin 02 m答案(1)2 m/s(2)不能02 m9(2013山东卷，22)如图3317所示，一质量m04 kg的小物块，以v02 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t2 s的时间物块由a点运动到b点，a、b之间的距离l10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数重力加速度g取10 m/s2图3317(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lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s(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，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得fcos mgsin ffmafsin fnmgcos 0又fffn联立式得f由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应f最小的夹角30联立式，代入数据得f的最小值为fminn答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 n10如图3318所示，一长木板质量为m4 kg，木板与地面间的动摩擦因数102，质量为m2 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204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l27 m现给木板以水平向右的初速度v06 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g10 m/s2，求：图3318(1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大？(2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？解析(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，加速度大小分别