2014金版教程高考物理一轮复习课时作业9 5页

课时作业(九)　牛顿运动定律的综合应用 ‎1．引体向上是同学们经常做的一项健身运动．该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面．下放时，两臂放直，不能曲臂(如图所示)，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的．关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是(　　)‎ A．上拉过程中，人受到两个力的作用 B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力 C．下放过程中，某段时间内单杠对人的作用力小于人的重力 D．下放过程中，人只受到一个力的作用 ‎2．静止在光滑水平面上的木块受到一个方向不变、大小从某一数值逐渐减小的水平外力作用时，木块将做(　　)‎ A．匀减速运动 B．匀加速运动 C．加速度逐渐减小的变加速运动 D．加速度逐渐增大的变加速运动 ‎3.(2013·合肥第一次模拟)质量为‎0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v－t图象，则拉力与摩擦力之比为(　　)‎ A．9∶8　　　　　　　　 B．3∶2‎ C．2∶1　　 D．4∶3‎ ‎4．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的静摩擦力最大值Fm与滑动摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．t0时间内加速度最小 B．t3时刻加速度最小 C．t3时刻物块的速度最大 D．t2时刻物块的速度最大 ‎5．某光滑的物体沿倾角不等而底边相等的不同斜面下滑，物体从静止开始由斜面顶端滑到底端，以下分析正确的是(　　)‎ A．倾角越大，滑行时间越短 B．倾角越大，下滑的加速度越大 C．倾角越小，平均速度越小 D．倾角为45°时，滑行时间最短 ‎6.(2013·安徽江南十校联考)质量为‎1 kg的物体放在水平地面上，从t＝0时刻起，物体受到一个方向不变的水平拉力作用，2 s后撒去拉力，在前4 s内物体的速度—时间图象如图所示，则整个运动过程中该物体(　　)‎ A．所受的摩擦力的大小为1 N B．第1 s内受到的拉力大小是2 N C．在4 s末回到出发点 D．在4 s内的平均速度为‎1.5 m/s ‎7.(2013·潍坊抽测)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩‎0.4 m锁定，t＝0时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝‎2.0 kg，取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)滑块与地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)弹簧的劲度系数．‎ ‎8．中央电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——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；若瓶最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度L1＝‎5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在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L2＝‎1 m，瓶子质量m＝‎0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝‎10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试问：‎ ‎(1)推力作用在瓶子上的时间最长为多少？‎ ‎(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？‎ ‎9．(2013·西安质检)如图所示，质量为‎10 kg的环在F＝200 N的拉力作用下，沿粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝‎ ‎37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)环沿杆向上运动的总距离x.‎ ‎10．(2013·石家庄一模)如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝‎1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去力F，此后，物体到达C点时速度为零．通过速度传感器测得这一过程中物体每隔0.2 s的瞬时速度，下表给出了部分数据(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2)．求：‎ t/s ‎0.0‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎…‎ ‎1.8‎ ‎2.0‎ ‎2.2‎ ‎…‎ v/(m·s－1)‎ ‎0.0‎ ‎1.2‎ ‎2.4‎ ‎3.6‎ ‎…‎ ‎6.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎…‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)恒力F的大小；‎ ‎(3)A、C间的距离．‎ 答案：‎ 课时作业(九)‎ ‎1．AC ‎2．C　木块受到水平外力作用时必产生加速度．已知外力方向不变，数值逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，木块加速度的方向不变，大小在逐渐减小．由于加速度方向与速度方向一致，木块的速度大小仍在不断增大，故木块做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，选项C正确．‎ ‎3．B　由v－t图象知，图线a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝‎1.5 m/s2；图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小a2＝‎0.75 m/s2.列方程ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得F/Ff＝3/2.‎ ‎4．AD　在t0时间内物块保持静止，所以物块的加速度为零，即A选项正确；t1时刻物块加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，所以B、C错；在t2时刻物块的加速度为零，速度最大，所以D正确．‎ ‎5．BCD　令斜面倾角为θ，底边长L，则沿斜面方向上由牛顿第二定律可列方程mgsin θ＝ma①‎ 则a＝gsin θ.‎ 再由运动学公式＝at2②‎ 联立①②解得t＝2，则当θ等于45°时，t最小．而平均速度＝＝ ‎.‎ ‎6．A　由v－t图象可得在2 s～4 s内，撤去拉力后物体的加速度大小为a1＝＝‎1 m/s2，由牛顿第二运动定律：Ff＝ma1＝1 N，A正确；0～1 s内，由v－t图象得加速度大小为a2＝＝‎2 m/s2，由牛顿第二运动定律：F－Ff＝ma2，得F＝3 N，B错误；4 s内的位移，由v－t图象中所围面积可得位移：x＝ m＝‎5 m，＝x/t＝‎1.25 m/s，C、D错误．‎ ‎7．解析：　(1)从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小 a1＝＝ m/s2＝‎5 m/s2①‎ 由牛顿第二定律得：μmg＝ma1②‎ 解得：μ＝0.5.③‎ ‎(2)刚释放时滑块的加速度 a2＝＝ m/s2＝‎30 m/s2④‎ 由牛顿第二定律得：kx－μmg＝ma2⑤‎ 解得：k＝175 N/m.⑥‎ 答案：　(1)0.5　(2)175 N/m ‎8．解析：　(1)要想获得成功，瓶子滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长，设最长时间为t1，力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则 F－μmg＝ma1‎ ‎－μmg＝ma2‎ v1＝a1t1‎ ‎2a‎1x1＝v ‎2a‎2x2＝－v x1＋x2＝L1‎ 解得：t1＝ s.‎ ‎(2)要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用距离最小，设最小距离为x3，撤力时瓶子的速度为v2，则：‎ ‎2a‎1x3＝v ‎2a‎2(L1－L2－x3)＝－v 解得：x3＝‎0.4 m.‎ 答案：　(1) s　(2)‎‎0.4 m ‎9．解析：　(1)在F力作用0.5 s内，根据牛顿第二定律有 Fcos θ－mgsin θ－Ff＝ma1 ①‎ FN＋Fsin θ＝mgcos θ ②‎ Ff＝|μFN| ③‎ 设0.5 s末速度为v 根据运动学公式有v＝a1t1 ④‎ F撤去后0.4 s内有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 ⑤‎ v＝a2t2 ⑥‎ 联立①～⑥得μ＝0.5 .⑦‎ ‎(2)将⑦代入⑤式得a2＝‎10 m/s2，则v＝a2t2＝‎4 m/s 则x＝v(t1＋t2)＝‎1.8 m.‎ 答案：　(1)0.5　(2)‎‎1.8 m ‎10．解析：　(1)匀加速过程的加速度a1＝＝‎6 m/s2‎ 撤去力F后匀减速过程的加速度a2＝＝－‎10 m/s2‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)＝ma2‎ 解得：μ＝0.5.‎ ‎(2)匀加速过程，由牛顿第二定律得：‎ F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1‎ 解得：F＝16 N.‎ ‎(3)设加速时间为t1，减速时间为t2‎ 最大速度：vm＝a1t1‎ 在2.2 s时的速度为‎2.0 m/s，则 ‎2．0＝vm＋a2(2.2－t1)‎ 又：－vm＝a2t2‎ xAC＝(t1＋t2)‎ 联立解出：xAC＝‎10.8 m.‎ 答案：　(1)0.5　(2)16 N　(3)‎‎10.8 m