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四川2019高考物理复习强化练（1）：牛顿运动定律（A）含答案

专题一　牛顿运动定律
牛顿运动定律综合应用(一)
1．(2018·镇江学测模拟)为了让汽车平稳通过道路上的减速带，车速一般控制在20 km/h以下，某人驾驶一辆小型客车以v0＝10 m/s的速度在平直道路上行驶，发现前方x＝15 m处有减速带，立刻刹车匀减速前进，到达减速带时速度v＝5.0 m/s，已知客车和人的总质量m＝2×103 kg.求：
(1)客车到达减速带时的动能Ek；
(2)客车从开始刹车至到达减速带的过程所用的时间t；
(3)客车减速过程中受到的阻力大小Ff.





2．(2018·如皋学测模拟)如图1所示为一滑梯的示意图，滑梯的长度AB为L＝4.0 m，倾角θ＝37°.BC段为与滑梯平滑连接的水平地面，一个小孩从滑梯顶端由静止开始滑下，离开B点后在地面上滑行了s＝1 m后停下，小孩与滑梯间的动摩擦因数为μ＝0.5.不计空气阻力，取g＝10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图1
(1)小孩沿滑梯下滑时的加速度a的大小；
(2)小孩滑到滑梯底端B时的速度v的大小；
(3)小孩与地面间的动摩擦因数μ′.






3．(2018·连云港学测模拟)如图2所示，水平传送带以v＝2 m/s速度匀速运动，将某物体(可视为质点)轻放在传送带的A端，它在传送带的带动下运动到传送带另一端B，所用时间为11 s，然后从传送带右端的B点水平抛出，最后落到地面上的C点．已知物体和传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2，求：

图2
(1)物体在传送带上做匀加速运动的时间t1；
(2)传送带的长度L；
(3)若B点距离地面的高度为0.8 m，则物体落地时的速度v0的大小．




4．(2018·金陵中学学测模拟)如图3甲所示，带有斜面的木块ABC放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，斜面BC表面光滑且与水平面夹角为θ＝37°，木块左侧与竖直墙壁之间连接着一个能反映微小形变的力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的质量为m＝5 kg的滑块从B点以初速度v0冲上斜面，滑块在ABC上的整个运动过程中，传感器记录到力与时间的关系如图乙所示．已知斜面足够长，设滑块经过B点时无机械能损失，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图3
(1)滑块上滑时的加速度大小；
(2)滑块的初速度大小v0；
(3)AB的长度．







答案精析
1．(1)2.5×104 J　(2)2 s　(3)5 000 N
解析　(1)由公式Ek＝mv2得Ek＝2.5×104 J
(2)由匀变速直线运动公式得x＝t得t＝2 s
(3)由匀变速直线运动公式得－2ax＝v2－v02
由牛顿第二定律得Ff＝ma得Ff＝5 000 N.
2．(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)0.8
解析　(1)如图，对小孩进行受力分析

FN－mgcos θ＝0
mgsin θ－μFN＝ma
解得a＝2 m/s2
(2)由v2＝2aL得v＝4 m/s
(3)小孩在地面滑行时，由匀变速直线运动公式有
0－v2＝－2a′s
由牛顿第二定律：μ′mg＝ma′解得μ′＝0.8.
3．(1)2 s　(2)20 m　(3)2 m/s
解析　(1)物体做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律有
μmg＝ma，则a＝μg＝1 m/s2
物体做匀加速直线运动的时间t1＝＝2 s
(2)匀加速直线运动的位移x1＝at12＝2 m
则物体做匀速直线运动的位移x2＝v(t－t1)＝18 m
所以传送带AB两端间的距离L＝x1＋x2＝20 m
(3)物体落地时竖直方向的分速度vy＝
则v0＝＝2 m/s
4．(1)6 m/s2　(2)6 m/s　(3)2 m
解析　(1)在斜面BC上运动时，由牛顿第二定律有
mgsin 37°＝ma
a＝gsin 37°＝6 m/s2
(2)滑块在斜面上做上滑和下滑运动时，所用时间相同，均为t＝1 s．v0＝at＝6 m/s
(3)滑块在水平面AB上受到的摩擦力为25 N
加速度a′＝＝5 m/s2
长度l＝v0t′－a′t′2＝2 m



四川2019高考物理复习强化练（1）：牛顿运动定律（B）含答案
牛顿运动定律综合应用(二)
1．(2018·徐州学测模拟)如图1所示，

图1
小明坐在雪橇上，妈妈拉着雪橇在水平雪面上从静止开始做匀加速直线运动，通过的位移L＝9 m．已知小明与雪橇的总质量m＝60 kg，妈妈对雪橇的拉力F＝400 N、与水平面夹角θ＝37°，雪橇与雪地之间的摩擦力Ff＝200 N，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则在这个过程中，求：
(1)拉力F所做的功WF；
(2)雪橇运动的加速度大小a；
(3)雪橇运动的时间t.





2．(2018·扬州学测模拟)如图2甲所示，质量m＝4 kg的物体静止于水平面上，所受拉力大小F＝20 N，方向与水平面成θ＝37°角斜向上．物体从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，其v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图2
(1)物体运动的加速度大小；
(2)物体与水平面间的动摩擦因数；
(3)经过10 s时间拉力F对物体所做的功．




3．(2018·淮安学测模拟)如图3所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间1.5 s滑到斜面底端A.已知O、A之间距离LOA＝4.5 m，传送带两端A、B间的距离LAB＝10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.不计物体经过A时的动能损失．

图3
(1)求物体沿斜面下滑的加速度大小；
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1；
(3)物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出？如果滑出，求离开B点时的速度大小？如果不滑出，求物体返回到A点时的速度大小．





4．(2018·南通中学学测模拟)如图4甲所示，固定光滑细杆与水平地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环从杆底开始在沿杆方向向上的推力F作用下向上运动.0～2 s内推力的大小为5.0 N,2～4 s内推力的大小变为5.5 N，小环运动的速度随时间变化规律如图乙所示，g取10 m/s2.求：

图4
(1)小环在加速运动时的加速度a的大小；
(2)小环的质量m；
(3)第4秒末撤去F，求小环到达最高点时离地面的高度．






答案精析
1．(1)2 880 J　(2)2 m/s2　(3)3 s
解析　(1)由WF＝FLcos θ
代入数据解得WF＝2 880 J
(2)根据牛顿第二定律有ma＝Fcos θ－Ff
代入数据解得a＝2 m/s2
(3)由L＝at2代入数据解得t＝3 s
2．(1)0.5 m/s2　(2)0.5　(3)400 J
解析　(1)根据物体运动的v－t图象，可得物体的加速度
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
(2)物体受力如图所示，

根据牛顿第二定律得：Fcos 37°－Ff＝ma
Fsin 37°＋FN＝mg
又Ff＝μFN
由以上三式可解得：μ＝0.5
(3)根据运动学公式可得：经过10 s时间物体的位移大小为x＝at2＝×0.5×102 m＝25 m
故W＝Fxcos 37°＝20×25×0.8 J＝400 J.
3．(1)4 m/s2　(2)0.25　(3)不会从B点滑出　4 m/s
解析　(1)由运动学公式知LOA＝at2，a＝4 m/s2
(2)由牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
解得μ1＝0.25
(3)vA＝at＝6 m/s，a2＝μ2g＝5 m/s2
物体从A点向左运动的距离x＝＝3.6 m<10 m，不会从B点滑出．
物体向右返回，加速到相对传送带静止所需距离
x′＝＝1.6 m物体返回到A点时的速度vA′＝v＝4 m/s
4．(1)0.5 m/s2　(2)1 kg　(3)2.7 m
解析　(1)由题图可知a＝＝0.5 m/s2
(2)0～2 s：F1＝mgsin α
2～4 s：F2－mgsin α＝ma
解得m＝1 kg，α＝30°
(3)撤去F后，对小环：mgsin α＝ma′
a′＝5 m/s2
0～2 s：x1＝v1t1＝2 m
2～4 s：x2＝(v1＋v2)t2＝3 m
4 s以后：x3＝＝0.4 m
环上升的总高度：h＝(x1＋x2＋x3)sin 30°＝2.7 m

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