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文檔簡介
牛頓運動定律的綜合應用1.(2022·寧波模擬)在下列器材中,測量的物理量不是國際單位制的基本量的是 ()【解析】選C。托盤天平是測量質量的儀器,是測量的力學基本量,A不符合題意;電流表是測量電流的,是測量電學基本量的,B不符合題意;測力計是測量力的儀器,力不是基本物理量,C符合題意;秒表是測量時間的儀器,是測量的力學基本量,D不符合題意。故選C。2.在學校實驗室中,如將真空玻璃管中的羽毛和管外空氣中的鐵球同時從相同的高度由靜止釋放,若下落過程中羽毛和鐵球均未發(fā)生轉動,則下列說法正確的是 ()A.羽毛先落地B.鐵球先落地C.羽毛和鐵球同時落地D.無法判斷哪個先落地【解析】選A。羽毛在真空中只受重力作用,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可得:mg=ma1,即a1=g;鐵球在管外空氣中受重力、空氣阻力的作用,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可得:m′g-f=m′a2,即a2=g-fm'<g,根據(jù)h=12at2,可知羽毛先落地,3.如圖所示是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖,若已知飛船質量為m1,其推進器的平均推力為F。在飛船與空間站對接后,在推進器工作時測出飛船和空間站一起運動的加速度為a,則空間站的質量m2為 ()A.Fa+m1 Fa 【解析】選B。對整體分析,根據(jù)牛頓第二定律得,m1+m2=Fa,則空間站的質量m2=Fa-m1,故B正確,A、C、4.靜止在粗糙水平面上的物體A,受到如圖乙所示水平向右的外力F作用,關于其運動情況,下列描述錯誤的是 ()A.在0~1s內,物體A可能始終靜止B.在0~1s內,物體A可能先靜止后做變加速直線運動C.在1~3s內,物體A可能做勻加速直線運動D.在3~4s內,物體A可能做加速度增大的直線運動【解析】選D。物體在整個過程中水平方向受拉力和摩擦力作用。若物體在0~1s內處于靜止,由圖象可知在1s末外力達到最大,此后外力均不超過該值,所以物體將可能始終處于靜止狀態(tài),故A說法正確;在0~1s內,開始時外力較小,物體將處于靜止狀態(tài),隨著外力逐漸增大,根據(jù)牛頓第二定律F-f=ma可知,物體將做加速度不斷增大的加速運動,故B說法正確;在1~3s內,物體所受的外力不變,根據(jù)牛頓第二定律F-f=ma可知,物體可能做勻加速直線運動,故C說法正確;在3~4s內,物體所受的外力減小,根據(jù)牛頓第二定律F-f=ma可知,物體不可能做加速度增大的直線運動,故D說法錯誤。所以選D。5.(2022·衢州模擬)跨過定滑輪的繩的一端掛一吊板,另一端被吊板上的人拉住,如圖所示。已知人的質量為70kg,吊板的質量為10kg,繩及定滑輪的質量、滑輪的摩擦均可不計,取重力加速度g=10m/s2。當人以440N的力拉繩時,人與吊板的加速度a和人對吊板的壓力FN分別為 ()=m/s2,FN=260N=m/s2,FN=330N=m/s2,FN=110N=m/s2,FN=50N【解析】選B。因為人與板共同運動,所以可取人與板為整體進行研究,其受力為:整體向下的重力、兩根繩子的拉力,所以由牛頓第二定律得2F-(M+m)g=(M+m)a,解得a=2FM+m-g,得a=m/s2,方向豎直向上;隔離人并受力分析知人受豎直向下的重力,繩子向上的拉力與板對人的支持力,由牛頓第二定律得:F+FN-Mg=Ma,代入數(shù)據(jù)得FN=Ma+Mg-F=330N,由牛頓第三定律可知人對板的壓力與板對人的支持力為一對作用力與反作用力,所以可知人對板的壓力為330N。A、C、D錯誤,B正確6.質量為m=60kg的同學,雙手抓住單杠做引體向上,他的重心的速率隨時間變化的圖象如圖所示。g取10m/s2,由圖象可知 ()=s時他的加速度為3m/s2=s他處于超重狀態(tài)=s時他受到單杠的作用力的大小是620N=s時他處于超重狀態(tài)【解析】選B。根據(jù)速度圖象斜率表示加速度可知,t=s時,他的加速度為m/s2,A錯誤;t=s時他向上做加速運動,加速度方向豎直向上,他處于超重狀態(tài),B正確;t=s時他的加速度為0,他受到的單杠的作用力剛好等于重力600N,C錯誤;t=s時他向上做減速運動,加速度方向向下,他處于失重狀態(tài),選項D錯誤。7.如圖所示,質量相等的A、B兩小球分別連在輕繩兩端,A球的一端與輕彈簧相連,彈簧的另一端固定在傾角為30°的光滑斜面頂端,重力加速度大小為g。下列說法正確的是 ()A.剪斷輕繩的瞬間,A的加速度為零,B的加速度大小為gB.剪斷輕繩的瞬間,A、B的加速度大小均為12C.剪斷輕繩的瞬間,A、B的加速度均為零D.剪斷輕繩的瞬間,A的加速度為零,B的加速度大小為g【解析】選B。設小球的質量為m,對整體分析,彈簧的彈力F=2mgsin30°=mg,剪斷細線的瞬間,彈簧的彈力不變,對A分析,aA=F-mgsin30°m=1mgsin30°m=12g,故B正確,A、C、8.如圖所示為英國人阿特伍德設計的裝置,不考慮繩與滑輪的質量,不計軸承、繩與滑輪間的摩擦。初始時兩人均站在水平地面上,當位于左側的甲用力向上攀爬時,位于右側的乙始終用力抓住繩子,最終至少一人能到達滑輪。下列說法中正確的是 ()A.若甲的質量較大,則乙先到達滑輪B.若甲的質量較大,則甲、乙同時到達滑輪C.若甲、乙質量相同,則乙先到達滑輪D.若甲、乙質量相同,則甲先到達滑輪【解析】選A。由于滑輪光滑,甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力,若甲的質量大,則甲拉繩子的力等于乙受到的繩子拉力,得甲攀爬時乙的加速度大于甲,所以乙會先到達滑輪,A正確,B錯誤;若甲、乙的質量相同,甲用力向上攀爬時,甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙應同時到達滑輪,C、D錯誤。9.(多選)(2022·臺州模擬)如圖所示,一物體沿傾角為θ=37°的固定粗糙斜面由靜止開始運動,同時受到水平向右的風力作用,水平風力的大小與風速成正比,物體在斜面上運動的加速度a與風速v的關系如圖(b)所示,則(sin37°=,cos37°=,g取10m/s2) ()A.當風速為3m/s時,物體沿斜面向下運動B.當風速為5m/s時,物體與斜面間無摩擦力作用C.當風速為5m/s時,物體開始沿斜面向上運動D.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為【解析】選A、D。由圖看出,當風速為5m/s時,加速度為零,物體沿斜面向下做勻速直線運動,當風速為3m/s時,風力減小,則物體應沿斜面向下運動,A正確;設風速為v時,風力為kv,當風速為5m/s時,物體的受力情況如圖所示,可見斜面對物體有支持力,則物體與斜面間有摩擦力作用,B錯誤;當風速為5m/s時,物體的加速度為零,開始沿斜面向下做勻速直線運動,C錯誤;由圖知:v=0時,a=4m/s2,此時風力為零,物體沿斜面向下運動,根據(jù)牛頓第二定律得:mgsin37°-μmgcos37°=ma,代入解得μ=,D正確。10.我國“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼灂r,深潛器內的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10min內全過程的v-t圖(由于某種原因軸上方的縱軸刻度沒有顯示),則下列說法中不正確的是 ()A.全過程中“蛟龍?zhí)枴钡淖畲蠹铀俣仁?30m/sB.全過程中“蛟龍?zhí)枴钡钠骄俾适莔/sC.“蛟龍?zhí)枴鄙仙鬟^程的最大速度是3m/sD.在6~10min潛水員會先感到超重,后感到失重【解析】選B。v-t圖象的斜率表示加速度,0~1min內和3~4min內加速度最大,最大加速度是a=-2-01×60m/s2=-130m/s2,故A正確;根據(jù)v-t曲線的面積表示位移,在t=4min時到達最大深度為h=12(2×60+4×60)×m=360m,則上浮的位移h=12×(10-6)×60×vm=360m,vm=3m/s,故C正確;全過程中“蛟龍?zhí)枴钡穆烦虨?20m,則平均速率是st=360×210×60m/s=m/s,故B錯誤;潛水員在6~8min的時間段內,根據(jù)速度圖象得加速度方向向上,11.(2022·紹興模擬)在墨爾本Avalon機場曾舉辦過電動汽車和飛機的競速比賽。出場的電動汽車P90D是特斯拉全系Models車型中性能最強的一款,在Ludicrous瘋狂加速模式下,其百公里加速時間僅為s(時速從0到100km/h);空載的波音737客機質量m=60t,配備了兩臺CFM56-7B20型渦輪風扇發(fā)動機,加速過程中所受的阻力為其重力的倍,加速度為3m/s2,在跑道上的起飛速度為252km/h。比賽開始,特斯拉汽車一馬當先,但900m后被波音737客機追上。求:(1)ModelsP90D瘋狂模式下的加速度;(2)通過計算說明飛機在追上汽車時有沒有起飛?(3)一臺CFM56-7B20型渦輪風扇發(fā)動機的推力為多大?【解析】(1)根據(jù)題意可得v0=0,vt=100km/h,t=s根據(jù)加速度的定義式可得a=vt-v0t(2)飛機加速過程,根據(jù)v2=2a飛x可得v=5400比較可知v>70m/s(=252km/h),飛機已經(jīng)離開地面;(3)設兩臺發(fā)電機的總推力為F,飛機所受阻力為f=根據(jù)F-f=ma飛,代入數(shù)據(jù)解得F=×105N則一臺CFM56-7B20型渦輪風扇發(fā)動機的推力為F1=F2=×105N答案:(1)m/s2(2)飛機在追上汽車時已經(jīng)起飛(3)×105N12.如圖所示,質量為M=2kg的長木板靜止在光滑水平面上,現(xiàn)有一質量m=1kg的小滑塊(可視為質點)以v0=m/s的初速度從左端沿木板上表面沖上木板,帶動木板一起向前滑動。已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=,重力加速度g取10m/s2。求:(1)滑塊在木板上滑動過程中,長木板受到的摩擦力大小f和方向;(2)滑塊在木板上滑動過程中,滑塊加速度大小;(3)若長木板足夠長,滑塊與長木板達到的共同速度v;(4)小滑塊與長木板速度相等時,小滑塊相對長木板滑行的距離L?!窘馕觥?1)滑塊所受摩擦力為:f=μmg=1N,f方向向左,由牛頓第三定律知,滑塊對木板的摩擦力:f′=f=1N,方向向右;(2)相對滑動過程中,小滑塊在水平方向只受木板摩擦力作用,由牛頓第二定律得:μmg=ma1,得a1=μg=1m/s2;(3
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