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  • 2021-05-26 发布

【物理】2019届二轮复习牛顿运动定律的综合应用学案

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第4讲 牛顿运动定律的综合应用 ‎[考试要求和考情分析]‎ 考试内容 选考要求 历次选考统计 命题角度 ‎2016/04‎ ‎2016/10‎ ‎2017/04‎ ‎2017/11‎ ‎2018/04‎ ‎2018/11‎ 连接体模型、单物体多过程 牛顿运动定律应用 d ‎19、20‎ ‎19‎ ‎19‎ ‎19‎ ‎ 瞬时问题的两类模型 ‎[要点总结]‎ ‎1.两种模型 ‎2.瞬时加速度的求解 分析瞬时变化前后物体的受力情况,由F=ma,求加速度。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例1】 (2018·浙江温州九校期末联考)如图1所示,用倾角为37°的光滑木板AB托住质量为m的小球,小球用轻质弹簧系住,当小球处于静止状态时,弹簧恰好水平。下列说法正确的是(重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(  )‎ 图1‎ A.小球静止时,弹簧弹力的大小为mg B.小球静止时,木板对小球的弹力大小为mg C.当木板AB突然向下撤离的瞬间小球的加速度大小为g D.当木板AB突然向下撤离的瞬间小球的加速度大小为g 解析 木板撤去前,小球处于平衡态,受重力、支持力和弹簧的拉力,如图所示。‎ 根据共点力平衡条件,有F-FNsin 37°=0,FNcos 37°-mg=0,解得FN=, F=mg,选项A、B错误;木板AB突然撤去后,支持力消失,重力和拉力不变,合力大小等于支持力大小FN,方向与FN反向,故加速度大小为a==g;方向垂直于木板向下,选项D正确,C错误。‎ 答案 D ‎[精典题组]‎ ‎1.两个质量均为m的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态,如图2所示。现突然迅速剪断轻绳OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示, 则(  )‎ 图2‎ A.a1=g,a2=g B.a1=0,a2=2g C.a1=g,a2=0 D.a1=2g,a2=0‎ 解析 由于绳子张力可以突变,故剪断OA后小球A、B只受重力,其加速度a1=a2=g,故选项A正确。‎ 答案 A ‎2.(2018·浙江诸暨牌头中学高一期中)如图3所示,质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻质弹簧相连,在拉力F作用下,竖直向上做匀速直线运动。某时刻突然撤去拉力F,撤去F后的瞬间A和B的加速度大小为aA和aB,不计空气阻力,则(  )‎ 图3‎ A.aA=0,aB=g B.aA=g,aB=g C.aA=0,aB=g D.aA=g,aB=g 解析 匀速运动时,由平衡可知F弹=m1g,F=(m1+m2)g;撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,对B分析,B的加速度大小为 aB==;对A分析,弹力保持不变,故加速度大小为 aA==0,选项C正确,A、B、D错误。‎ 答案 C ‎ 动力学的两类基本问题 ‎[要点总结]‎ 以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如下:‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例2】 (2018·浙江宁波选考适应性考试)低空跳伞大赛受到各国运动员的喜爱。如图4所示为某次跳伞大赛运动员在一座高为H=179 m的悬崖边跳伞时的情景。运动员离开悬崖时先做自由落体运动,一段时间后,展开降落伞,以大小为a=8 m/s2的加速度匀减速下降,已知运动员和伞包的总质量为80 kg,重力加速度g=10 m/s2,为了运动员的安全,运动员落地时的速度不能超过4 m/s,求:‎ 图4‎ ‎(1)运动员(含伞包)展开降落伞后所受的空气阻力f;‎ ‎(2)为了运动员的安全,展开伞时的最大速度是多少;‎ ‎(3)如果以下落的快慢决定比赛的胜负,为了赢得比赛的胜利,运动员在空中运动的最短时间是多大?‎ 解析 (1)根据牛顿第二定律可知f-mg=ma 即f=m(a+g)=80×(10+8) N=1 140 N,方向竖直向上。‎ ‎(2)从运动员展开伞到落地过程,设运动员展开伞时速度大小为vm,由运动学知识可得 +=H,‎ 其中v=4 m/s, a=8 m/s2, H=179 m,‎ 代入数据解得vm=40 m/s。‎ ‎(3)设运动员在空中的最短时间为t,则有自由下落时间为t1==4 s,运动员展开伞到落地过程的时间为t2== s=4.5 s,所以时间t=t1+t2=8.5 s。 ‎ 答案 (1)1 440 N 竖直向上 (2)40 m/s (3)8.5 s ‎[精典题组]‎ ‎3.(2018·浙江温州选考模拟)如图5为高速公路入口的简化示意图。驾驶员在入口A取卡处取得通行卡后,驾驶轿车从静止开始匀加速通过水平直道AB,再沿上坡路段BC匀加速运动至C点进入高架主路(通过B点前后速率不变)。已知轿车和驾驶员的总质量为m=2×103 kg,从A运动到B经历的时间为t=4 s,经过B 处的速度为v1=10 m/s,BC段长L=100 m,到达C处的速度为v2=20 m/s。假设在行驶过程中受到的阻力Ff恒定,且大小为2×103 N。求:‎ 图5‎ ‎(1)轿车在上坡段BC运动的加速度a1大小;‎ ‎(2)轿车在AB段运动的加速度a2大小;‎ ‎(3)轿车在AB段的牵引力的大小。‎ 解析 (1)轿车在上坡段做匀加速直线运动,设运动的加速度大小为a1,‎ 则2a1L=v-v 得a1=1.5 m/s2。‎ ‎(2)假设轿车在AB段运动的加速度大小为a2,‎ 则a2=,a2=2.5 m/s2。‎ ‎(3)轿车受到的牵引力大小为F,根据牛顿第二定律 F-Ff=ma2,得F=7×103 N。‎ 答案 (1)1.5 m/s2 (2)2.5 m/s2 (3)7×103 N ‎4.(2018·浙江十校联盟适应性考试)观光旅游、科学考察经常利用热气球,保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时,气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=1 000 kg,在空中停留一段时间后,由于某种故障,气球受到的空气浮力减小,当科研人员发现气球在竖直下降时,气球速度为v0=2 m/s,此时开始,经t0=4 s气球继续匀加速下降h1=16 m,科研人员立即抛掉一些压舱物,使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2。求:‎ 图6‎ ‎(1)气球加速下降阶段的加速度大小a;‎ ‎(2)抛掉压舱物的质量m;‎ ‎(3)气球从静止开始经过t=12 s的时间内下落的总高度h总。‎ 解析 (1)设气球加速下降的加速度大小为a,受空气的浮力为F,则:‎ 由运动学公式可知h1=v0t0+at 解得a=1 m/s2。‎ ‎(2)由牛顿第二定律得到Mg-F=Ma 抛掉质量为m压舱物,气体匀速下降,有(M-m)g=F 解得m=100 kg。‎ ‎(3)设抛掉压舱物时,气球的速度为v1‎ 由运动学公式可知v1=v0+at0=6 m/s,气球从静止到达v1的时间为t2,则有v1=at2,得t2=6 s,又t1=t-t2,h总=+v1t1‎ 解得h总=54 m。‎ 答案 (1)1 m/s2 (2)100 kg (3)54 m ‎ 连接体问题 ‎[要点总结]‎ 常涉及的问题类型 ‎(1)涉及滑轮的问题:若要求绳的拉力,一般都采用隔离法。‎ ‎(2)水平面上的连接体问题:具有相同的加速度,一般采用先整体后隔离的方法。‎ ‎[典例分析]‎ ‎【例3】 如图7所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力(  )‎ 图7‎ A.与斜面倾角θ有关 B.与动摩擦因数有关 C.与系统运动状态有关 D.仅与两物块质量有关 解析  设P、Q的质量分别为m1、m2,Q受到绳的拉力大小为FT,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律,对整体分析,有F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a;对Q分析有FT-m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a,解得FT=F,可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关,仅与两物块质量和F有关,选项D正确。‎ 答案 D ‎[精典题组]‎ ‎5.(2018·宁波效实中学期中)如图8所示,物体P置于光滑的水平面上,用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10 N的重物Q,物体P向右运动的加速度大小为a1;若细线下端不挂重物,而用F=10 N的力竖直向下拉细线下端,这时物体P的加速度大小为a2,则(  )‎ 图8‎ A.a1a2 D.条件不足,无法判断 解析 由牛顿第二定律mQg=(mP+mQ)a1,‎ F=mPa2,‎ 又因为F=mQg=10 N,‎ 所以a13μmg时,A相对B滑动 D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg 解析 A、B间的最大静摩擦力为2μmg,B和地面之间的最大静摩擦力为μmg,对A、B整体,只要F>μmg,整体就会运动,选项A错误;当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时,A、B将要发生相对滑动,故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg-μmg=mamax,B运动的最大加速度amax=μg,选项D正确;对A、B整体,有F-μmg=3mamax,则F>3μmg时两者会发生相对滑动,选项C正确;当F=μmg时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足F-μmg=3ma,解得a=μg,选项B正确。‎ 答案 A 多过程问题求解易错分析 ‎【例】 如图13所示,一重为10 N的小球,在F=20 N的竖直向上的拉力作用下,从A点由静止出发沿杆AB向上运动,F作用1.2 s后撤去,已知杆与球间的动摩擦因数为,杆足够长,(取g=10 m/s2)试求:‎ 图13‎ ‎(1)刚撤去F时小球的速度;‎ ‎(2)撤去F后小球向上运动的时间;‎ ‎(3)从撤去力F开始计时,小球经多长时间将第一次经过距A点为2.25 m的B点。‎ ‎[错因分析]‎ 对每一个分过程的受力情况分析不清楚,特别是对撤去力F ‎[正解展示] (1)力F作用时有(F-G)sin 30°-μ(F-G)cos 30°=ma1‎ 解得a1=2.5 m/s2‎ 后的受力情况不认真分析,片面地认为小球上冲、下滑的全过程做加速度不变的匀变速运动而导致错误。‎ 所以撤去力F时,小球的速度v1=a1t1=3 m/s ‎(2)小球的位移s1=t1=1.8 m 撤去力F后,小球上冲时有Gsin 30°+μGcos 30°=ma2‎ 解得a2=7.5 m/s2‎ 因此小球上冲时间t2==0.4 s ‎(3)上冲位移s2=t2=0.6 m 此时s1+s2=2.4 m>sAB,因此小球在上冲阶段将通过B点,有sAB-s1=v1t3-a2t 解得t3=0.2 s或t3=0.6 s>t2(舍去)‎ 答案 (1)3 m/s (2)0.4 s (3)0.2 s ‎ 多过程问题的分析注意点 ‎(1)受力不变的过程无论有、无往返运动,均可对全过程处理;‎ ‎(2)当物体的受力情况发生变化时其加速度也会发生变化,列方程时要明确所研究的过程,避免不同过程的物理量混淆;‎ ‎(3)注意两个过程的衔接,前一个过程的末状态是后一个过程的初状态。‎ ‎1.(2018·4月浙江选考)如图14所示,小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F-t图象能反映体重计示数随时间变化的是(  )‎ 图14‎ 解析 体重计的读数为人所受的支持力大小,下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0,因此人先加速运动后减速运动,加速度方向先向下后向上,即先失重后超重,所以支持力先小于重力,后大于重力,因此选C。‎ 答案 C ‎2.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图15所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求:‎ 图15‎ ‎(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;‎ ‎(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;‎ ‎(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)‎ 解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中有x=at2,‎ 解得x=16 m。‎ ‎(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动,第一个过程是从卧倒到最高点,第二个过程是从最高点滑到出发点,两次过程根据牛顿第二定律分别有 mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1‎ mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2‎ 解得a1=8 m/s2,a2=4 m/s2。‎ ‎(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设时间为t′,位移为x′‎ t′=,x′=a1t′2,‎ 解得x′=1 m。‎ 企鹅从最高点滑到出发点的过程中,设末速度为vt,初速度为0,则有 v-02=2a2(x+x′)‎ 解得vt=2 m/s。‎ 答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s ‎3.(2018·11月浙江选考)在竖直平面内,某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成,如图16所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB,到达B点的速度大小为2 m/s,然后进入细管道BCD,从细管道出口D点水平飞出,落到水平面上的G点。已知B点的高度h1=1.2 m,D点的高度h2=0.8 m,D点与G点间的水平距离L=0.4 m,滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。‎ 图16‎ ‎(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度;‎ ‎(2)求小滑块从D点飞出的速度;‎ ‎(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。‎ 解析 (1)小滑块从A向B滑动的过程中,设加速度为a,由牛顿第二定律得 ‎-mgsin θ-μmgcos θ=ma 代入数值解得a=-8 m/s2‎ 由运动学公式v-v=2a 代入数值解得v0=6 m/s ‎(2)滑块在D处水平飞出,由平抛运动规律 L=vDt h2=gt2‎ 代入数值解得vD=1 m/s ‎(3)由于vB>vD,小滑块动能减小,重力势能也减小,机械能减小,所以细管道BCD内壁不光滑 答案 (1)-8 m/s2 6 m/s (2)1 m/s (3)不光滑 ‎4.(2017·11月浙江选考)如图17所示,AMB是一条长L=10 m的绝缘水平轨道,固定在离水平地面高h=1.25 m 处,A、B为端点,M为中点,轨道MB处在方向竖直向上、大小E=5×103 N/C的匀强电场中。一质量m=0.1 kg、电荷量q=+1.3×10-4 C的可视为质点的滑块以初速度v0=6 m/s在轨道上自A点开始向右运动,经M点进入电场,从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2。求滑块 图17‎ ‎(1)到达M点时的速度大小;‎ ‎(2)从M点运动到B点所用的时间;‎ ‎(3)落地点距B点的水平距离。‎ 解析 (1)在AM阶段物体的受力分析如下:‎ 竖直方向:FN=mg 根据牛顿第二定律知在水平方向:f=ma1,又f=μFN 得a1==μg=2 m/s2‎ 根据运动学公式v-v=2(-a1)可得vM=4 m/s。‎ ‎(2)进入电场之后,受到电场力F=Eq=0.65 N,受力分析如下。‎ 水平方向根据牛顿第二定律得-μ(mg-Eq)=ma2‎ a2==-0.7 m/s2‎ 根据运动学公式v-v=2a2·,可知vB=3 m/s 根据匀变速直线运动推论xMB=t1,可知t1= s。‎ ‎(3)从B点飞出后,粒子做平抛运动,由h=gt可知,t2=0.5 s 所以水平距离x=vBt2=1.5 m。‎ 答案 (1)4 m/s (2) s (3)1.5 m 一、选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1. “儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是弹性橡皮绳,质量为m的小明如图1所示静止悬挂时,两橡皮绳的拉力大小均恰为mg,若此时小明左侧橡皮绳断裂,则小明此时的(  )‎ 图1‎ A.加速度为零 B.加速度大小a=g,方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下 C.加速度大小a=g,方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上 D.加速度大小a=g,方向竖直向下 解析 当小明处于静止状态时,拉力大小F=mg,两绳之间的夹角为120°,若小明左侧橡皮绳断裂,则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,由牛顿第二定律F=ma知mg=ma,a=g,选项B正确。‎ 答案 B ‎2.(2018·浙江温州高一期末)利用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况。实验时某消防队员从平台上自由下落,在t1时刻双脚触地,他顺势弯曲双腿。计算机显示消防队员双脚触地后的过程中,他受到地面支持力F随时间变化的图象如图2所示。根据图象提供的信息,以下判断正确的是(  )‎ 图2‎ A.在t1至t2时间内,消防队员做减速运动 B.在t2至t3时间内,消防队员处于失重状态 C.t2时刻,消防队员的速度达到最大 D.t3时刻,消防队员的速度达到最大 解析 在t1到t2时间内,支持力的大小小于重力,加速度方向向下,消防队员在加速下降,选项A错误; t2到t3时间内,支持力的大小大于重力,加速度方向向上,消防队员处于超重状态,选项B错误; t2时刻之前消防员做加速运动,而此后消防员做减速运动,故t2时刻消防员的速度达最大,选项C正确,D错误。‎ 答案 C ‎3.(2018·浙江宁波十校联考高三期末)女子十米台跳水比赛中,运动员从跳台斜向上跳起,一段时间后落入水中,如图3所示,不计空气阻力,下列说法正确的是(  )‎ 图3‎ A.她在空中上升过程中处于超重状态 B.她在空中下落过程中做自由落体运动 C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D.入水过程中,水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 解析 她在空中上升过程中,加速度方向向下,故处于失重状态,选项A错误;运动员从跳台斜向上跳起,则下落时速度有水平分量,则她在空中下落过程中不是自由落体运动,选项B错误;入水后,运动员受到水的阻力作用,开始时重 力大于阻力,则做加速运动,随着阻力的增加,当重力等于阻力时加速度为零,此时速度最大,故她即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度,选项C错误;根据牛顿第三定律可知,入水过程中,水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小,选项D正确。‎ 答案 D ‎4.(2018·浙江稽阳联谊学校联考)一个质量为20 kg的物体静止在倾角为30°的固定坡面上(足够长),现对其施加一个沿斜面向上、大小为300 N的推力后,物体以4 m/s2的加速度沿斜面向上运动,下列说法正确的是(  )‎ A.物体处于失重状态 B.物体受到滑动摩擦力,大小为280 N C.若撤去推力,由于惯性,物体还要沿斜面加速一段时间,再减速 D.若撤去推力,物体的加速度大小为11 m/s2‎ 解析 物体加速度方向沿斜面向上,处于超重状态,选项A错误;由牛顿第二定律F-mgsin 30°-f=ma,得f=120 N,选项B错误;若撤去推力,根据牛顿第二定律的瞬时性,由mgsin 30°+f=ma′,得a′=11 m/s2,由于惯性,物体沿斜面继续向上运动,但做的是减速运动,选项C错误,D正确。‎ 答案 D ‎5.(2018·浙江金华一中高一段考)如图4所示,质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧,当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为0,然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,整个过程弹簧未超过弹性限度,则下列说法正确的是(  )‎ 图4‎ A.滑块向左运动过程中,加速度先减小后增大 B.滑块向右运动过程中,始终做加速运动 C.滑块与弹簧接触过程中,最大加速度为 D.滑块向右运动过程中,当滑块离开弹簧时,滑块的速度最大 解析 滑块向左接触弹簧的运动过程中,在水平 方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力,在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的,弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反,滑块做减速运动,加速度大小一直增大,选项A错误;滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的,此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力,开始时弹簧的弹力大于摩擦力,但当弹簧伸长到一定程度,弹力和摩擦力大小相等,此后摩擦力大于弹力,所以滑块向右接触弹簧的运动过程中,是先加速,后减速,选项B错误;由对A的分析可知,当弹簧的压缩量为x0时,水平方向的合力为F=kx0+μmg,此时合力最大,由牛顿第二定律有amax==,选项C正确;在滑块向右接触弹簧的运动中,当弹簧的形变量为x=时,由胡克定律可得f=kx=μmg,此时弹力和摩擦力大小相等,方向相反,在水平方向上合外力为零,此时速度最大,之后滑块开始做减速运动,选项D错误。‎ 答案 C ‎6.(2018·浙江台州中学模拟)深海探测器利用“深海潜水器无动力下潜上浮技术”,其两侧配备多块相同的压载铁,当其到达设定深度时,抛卸压载铁,使其悬浮、上浮等。已知探测器、科研人员以及压载铁的总质量为m。在一次海底科考活动中,探测器在水中沿竖直方向匀速下降,为了使它以的加速度匀减速下降,则应该抛掉的压载铁的质量为(假定整个过程中水对探测器的浮力恒定,水的其他作用忽略不计)(  )‎ A. B. C. D. 解析 设水对探测器的浮力大小为F。匀速下降时,由平衡条件有mg=F;为了使它匀减速下降,应该抛掉压载铁质量为Δm。根据牛顿第二定律得F-(m-Δm)g=(m-Δm)a,由题a= ,联立解得Δm=,选项C正确。‎ 答案 C ‎7.(2018·浙江温州模拟)如图5甲是某景点的山坡滑道图片,技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度,D点是AC竖直线上的一点,且有AD=DE=10 m,滑道AE可视为光滑,g=10 m/s2,滑行者从坡顶A 点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动,则滑行者在滑道AE上滑行的时间为(  )‎ 图5‎ A. s B. s C.2 s D.2 s 解析 设滑道与水平面的夹角为θ,滑行者的质量为m、加速度为a,由几何知识得AE=2ADsin θ,滑行者受重力和支持力,根据牛顿第二定律得mgsin θ=ma,由匀变速直线运动规律得,AE=at2,联立以上三式解得t=2 s,选项A、B、D错误,C正确。‎ 答案 C ‎8.如图6所示,质量为m的小圆板与轻弹簧相连,把轻弹簧的另一端固定在内壁光滑的圆筒底部,构成弹簧弹射器。第一次用弹射器水平弹射物体,第二次用弹射器竖直弹射物体,关于两次弹射时情况的分析,下列说法正确的是(  )‎ 图6‎ A.两次弹射瞬间,小圆板受到的合力均为零 B.水平弹射时弹簧处于原长,竖直时弹簧处于拉伸状态 C.水平弹射时弹簧处于原长,竖直时弹簧处于压缩状态 D.两次弹射瞬间,弹簧均处于原长 解析 弹射瞬间指的是球刚好脱离圆板,此时球对圆板无压力,也就是在这之前弹簧和球以同样的加速度运动,但当达到原长时,在向前运动,弹簧就要受到自身的拉力加速度会变小,也就是说,从那一刻起,弹簧速度将变小,小于球的速度,如此便完成了一次弹射。所以水平弹射物体时,弹射瞬间弹簧处于原长,圆板受到的合力为零,竖直弹射物体,弹射瞬间弹簧处于原长,圆板受到本身的重力,合力不为零,选项D正确,A、B、C错误。‎ 答案 D ‎9.(2018·浙大附中选考模拟) 一架无人机质量为2 kg,运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动,一段时间后关闭动力,其v-t图象如图7所示,g取10 m/s2。下列判断正确的是(  )‎ 图7‎ A.无人机上升的最大高度为72 m B.6~8 s内无人机下降 C.无人机所受的升力大小为28 N D.无人机所受阻力大小为4 N 解析 无人机上升的最大高度为H=×8×24 m=96 m,选项A错误;6~8 s内无人机减速上升,选项B错误;无人机加速上升的加速度a1== m/s2=4 m/s2,则F-mg-f=ma1;减速上升的加速度大小a2== m/s2=12 m/s2,则f+mg=ma2,联立解得升力大小为F=32 N;无人机所受阻力大小为f=4 N,选项C错误,D正确。‎ 答案 D ‎10.(2018·浙江嘉兴二测)如图8甲所示为杂技中的“顶竿”表演,地面上演员B肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后,演员A自竿顶由静止开始下滑,滑到竿底时速度正好为零,其下滑时的速度随时间变化关系如图乙所示。演员A质量为40 kg,长竹竿质量为10 kg,g=10 m/s2。则(  )‎ 图8‎ A.演员A的加速度方向先向上再向下 B.演员A所受摩擦力的方向先向下后向上 C.t=2 s时,演员B肩部所受压力大小为380 N D.t=5 s时,演员B肩部所受压力大小为540 N 解析  演员A先加速向下运动,后减速向下运动,所以加速度方向先向下再向上,选项A错误;演员A所受摩擦力的方向总是竖直向上的,选项B错误;t=2 s时演员A向下的加速度大小为a1=0.5 m/s2,演员B肩部所受压力大小为FN1=(mA+m)g-mAa1=480 N,选项C错误;t=5 s时演员A向上的加速度大小为a2=1.0 m/s2,演员B肩部所受压力大小为FN2=(mA+m)g+mAa2=540 N,选项D正确。‎ 答案 D 二、非选择题 ‎11.游船从某码头沿直线行驶到湖对岸,小明对过程进行观测,记录数据如下表:‎ 运动过程 运动时间 运动状态 匀加速运动 ‎0~40 s 初速度v0=0;‎ 末速度v=4.2 m/s 匀速运动 ‎40 s~640 s v=4.2 m/s 匀减速运动 ‎640 s~720 s 靠岸时的速度v1=0.2 m/s 图9‎ ‎(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1;‎ ‎(2)若游船和游客的总质量M=8 000 kg,求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F;‎ ‎(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。‎ 解析 (1)由运动学公式a1==0.105 m/s2‎ 位移x1=a1t2=84 m ‎(2)减速运动过程中加速度大小a2==0.05 m/s2‎ 由牛顿第二定律得F=Ma2=400 N ‎(3)位移x=×t1+v×t2+×t3=2 780 m 平均速度v==3.86 m/s 答案 (1)0.105 m/s2 84 m (2)400 N (3)3.86 m/s ‎12.(2018·浙江慈溪模拟) 如图10所示,光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内,已知LAB=4 m, ∠α=37°。一个质量为m的小环套在杆上,以v0=8 m/s的初速度从A点沿杆上滑。不计小环经过B点时的能量损失,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则:‎ 图10‎ ‎(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样?‎ ‎(2)小环运动到B点时的速度vB为多少?‎ ‎(3)若杆不光滑,且各部分粗糙程度相同,要使小环能够到达C点,小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少?‎ 解析 (1)小环在AB段运动过程中,根据牛顿第二定律可得mgsin α=ma 代入数据解得a=6 m/s2,方向沿斜面向下。‎ ‎(2)根据运动学公式v-v=2(-a)LAB,整理并代入数据解得vB== m/s=4 m/s。‎ ‎(3)在BC段,考虑到mgsin 53°>μmgcos 53°,小环一定向下做匀加速直线运动,故要使小环能够运动到C点,只要小环能运动到B点即可。‎ 设小环到B点时速度为零,根据运动学公式有 ‎02-v=-2a′LAB,解得a′=8 m/s2‎ 根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma′,解得μ=0.25。‎ 答案 (1)6 m/s2 方向沿斜面向下 (2)4 m/s ‎(3)0.25‎ ‎13.(2018·浙江湖州中学高三模拟)2018年2月18日晚在西安大唐芙蓉园进行天人机灯光秀,300架无人机悬停时摆出“西安年、最中国”‎ 的字样,如图11所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m=2 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36 N,运动过程中所受空气阻力大小恒定,无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞,在t=5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。‎ 图11‎ ‎(1)求运动过程中所受空气阻力大小;‎ ‎(2)假设由于动力设备故障,悬停的无人机突然失去升力而坠落,无人机坠落地面时的速度为40 m/s,求无人机悬停时距地面高度;‎ ‎(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。‎ 解析 (1)根据题意,在上升过程中由牛顿第二定律 F-mg-f=ma 上升高度h=at2‎ 联立解得f=4 N。‎ ‎(2)下落过程由牛顿第二定律有 mg-f=ma1‎ 得a1=8 m/s2‎ 落地时的速度v2=2a1H 联立解得H=100 m。‎ ‎(3)恢复升力后向下减速运动,由牛顿第二定律 F-mg+f=ma2‎ 得a2=10 m/s2‎ 设恢复升力后的速度为vm,则有+=H 得vm= m/s 由vm=a1t1‎ 得t1= s。‎ 答案 (1)4 N (2)100 m (3) s

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