2022年高考物理第一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

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1、2022年高考物理第一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)(十)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:超重與失重 1.(多選)質(zhì)量為m的物體放置在升降機(jī)內(nèi)的臺(tái)秤上,現(xiàn)在升降機(jī)以加速度a在豎直方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng),若物體處于失重狀態(tài),則(  ) A.升降機(jī)加速度方向豎直向下 B.臺(tái)秤示數(shù)減少ma C.升降機(jī)一定向上運(yùn)動(dòng) D.升降機(jī)一定做加速運(yùn)動(dòng) 2.(xx·淄博高三質(zhì)檢)放在電梯地板上的一個(gè)木箱,被一根處于伸長(zhǎng)狀態(tài)的彈簧拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)(如圖1),后發(fā)現(xiàn)木箱突然被彈簧拉動(dòng),據(jù)此可判斷出電梯的運(yùn)動(dòng)情況是(  ) 圖1 A.勻速上升        B.加速上升 C.減速上升 D.減速下降

2、 3.(多選)(xx·石家莊質(zhì)檢)如圖2所示是某同學(xué)站在力板傳感器上做下蹲-起立的動(dòng)作時(shí)記錄的壓力F隨時(shí)間t變化的圖線。由圖線可知該同學(xué)(  ) 圖2 A.體重約為650 N B.做了兩次下蹲-起立的動(dòng)作 C.做了一次下蹲-起立的動(dòng)作,且下蹲后約2 s起立 D.下蹲過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:整體法與隔離法的應(yīng)用 4.(xx·哈爾濱三中月考)如圖3所示,質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當(dāng)用水平力F作用在m1上時(shí),兩物塊均以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng),此時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為x,若用水平力F′作用在m1上時(shí),兩物塊均以加速度

3、a′=2a做勻加速運(yùn)動(dòng)。此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為x′。則下列關(guān)系正確的是(  ) 圖3 A.F′=2F B.x′>2x C.F′>2F D.x′<2x 5.(多選)如圖4所示,甲、乙兩車均在光滑的水平面上,質(zhì)量都是M,人的質(zhì)量都是m,甲車上人用力F推車,乙車上的人用等大的力F拉繩子(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì));人與車始終保持相對(duì)靜止。下列說法正確的是(  ) 圖4 A.甲車的加速度大小為 B.甲車的加速度大小為0 C.乙車的加速度大小為 D.乙車的加速度大小為0 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:臨界極值問題 6.如圖5所示,光滑水平面上放置著質(zhì)量分別為m、2m的A、B兩個(gè)物體,A、B間的

4、最大靜摩擦力為μmg,現(xiàn)用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度運(yùn)動(dòng),則拉力F的最大值為(  ) 圖5 A.μmg          B.2μmg C.3μmg D.4μmg 7.(xx·河南三市聯(lián)考)如圖6所示,木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變,當(dāng)θ=30°時(shí),可視為質(zhì)點(diǎn)的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0=10 m/s的速度沿木板向上運(yùn)動(dòng),隨著θ的改變,小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化,重力加速度g取10 m/s2。 圖6 (1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)當(dāng)θ角滿足什么條件時(shí),小物塊沿木板滑行的距離最小,

5、并求出此最小值。 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:滑塊、滑板模型 8.如圖7甲所示,靜止在光滑水平面上的長(zhǎng)木板B(長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng))的左端靜止放著小物塊A。某時(shí)刻,A受到水平向右的外力F作用,F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,即F=kt,其中k為已知常數(shù)。設(shè)物體A、B之間的滑動(dòng)摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff,且A、B的質(zhì)量相等,則下列可以定性描述長(zhǎng)木板B運(yùn)動(dòng)的v-t圖像是(  ) 圖7 圖8 9.(xx·宜春模擬)如圖9所示,一質(zhì)量為mB=2 kg,長(zhǎng)為L(zhǎng)=6 m的薄木板B放在水平面上,質(zhì)量為mA=2 kg的物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))在一電動(dòng)機(jī)拉動(dòng)下從木板左端以v0=5 m/s的速度向右勻

6、速運(yùn)動(dòng)。在物體帶動(dòng)下,木板以a=2 m/s2的加速度從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)牽引物體的輕繩的拉力F=8 N。已知各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,重力加速度g取10 m/s2,則 圖9 (1)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物體A滑離木板? (2)木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多少? (3)物體A滑離木板后立即取走物體A,木板能繼續(xù)滑行的距離為多少? 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練:傳送帶模型 10.(多選)如圖10所示,足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ,以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ<tan θ,則圖中能客觀地反映小木塊的運(yùn)動(dòng)情況的

7、是(  ) 圖10 圖11 11.(多選)(xx·四川高考)如圖12所示,水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng),小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,t=0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平,t=t0時(shí)刻P離開傳送帶。不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦,繩足夠長(zhǎng)。正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖像可能是(  ) 圖12 圖13 12.(xx·濰坊一中高三檢測(cè))一小物塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng),被一水平向左飛行的子彈擊中并從物塊中穿過,如圖14甲所示。固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊被擊中后的位移x隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖像前3 s內(nèi)為二次

8、函數(shù),3~4.5 s內(nèi)為一次函數(shù),取向左運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?。已知傳送帶的速度v1保持不變,g取10 m/s 2。 圖14 (1)求傳送帶速度v1的大?。? (2)求0時(shí)刻物塊速度v0的大?。? (3)在圖15中畫出物塊對(duì)應(yīng)的v-t圖像。 圖15 答 案 1.選AB 物體處于失重狀態(tài),加速度方向一定豎直向下,但速度方向可能向上,也可能向下,故A對(duì),C、D錯(cuò)。由mg-N=ma可知臺(tái)秤示數(shù)減少ma,選項(xiàng)B對(duì)。 2.選C 木箱突然被拉動(dòng),表明木箱所受摩擦力變小了,也表明木箱與地板之間的彈力變小了,重力大于彈力,合力向下,處于失重狀態(tài),選項(xiàng)C正確。 3.選AC 當(dāng)該

9、同學(xué)站在力板傳感器上靜止不動(dòng)時(shí),其合力為零,即壓力讀數(shù)恒等于該同學(xué)的體重值,由圖線可知:該同學(xué)的體重為650 N,A正確;每次下蹲,該同學(xué)都將經(jīng)歷先向下做加速(加速度方向向下)、后減速(加速度方向向上)的運(yùn)動(dòng),即先經(jīng)歷失重狀態(tài),后經(jīng)歷超重狀態(tài),讀數(shù)F先小于體重,后讀數(shù)F大于體重;每次起立,該同學(xué)都將經(jīng)歷先向上做加速(加速度方向向上)、后減速(加速度方向向下)的運(yùn)動(dòng),即先經(jīng)歷超重狀態(tài),后經(jīng)歷失重狀態(tài),讀數(shù)F先大于體重、后小于體重。由圖線可知:C正確,B、D錯(cuò)誤。 4.選A 把兩個(gè)物塊看作整體,由牛頓第二定律可得:F=(m1+m2)a,F(xiàn)′=(m1+m2)a′,又a′=2a,可得出F′=2F,隔

10、離物塊m2,由牛頓第二定律得:kx=m2a,kx′=m2a′,解得:x′=2x,故A正確,B、C、D均錯(cuò)誤。 5.選BC 對(duì)甲圖中的人和車當(dāng)成系統(tǒng),在水平方向的合外力為0(人的推力F是內(nèi)力),故a甲=0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確。對(duì)乙圖中,人拉輕繩的力為F,則繩拉人和繩拉車的力均為F,對(duì)人和車的系統(tǒng),水平合外力為2F,由牛頓第二定律知:a乙=,則選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。 6.選C 當(dāng)A、B之間恰好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)力F最大,此時(shí),對(duì)于A物體所受的合外力為μmg,由牛頓第二定律知aA==μg;對(duì)于A、B整體,加速度a=aA=μg,由牛頓第二定律得F=3ma=3μmg。 7.解析:(1

11、)當(dāng)θ=30°時(shí),小物塊恰好能沿著木板勻速下滑。mgsin θ=f,f=μmgcos θ 聯(lián)立解得:μ=。 (2)對(duì)于小物塊沿木板向上滑行,由動(dòng)能定理,-mgsin θ·s-μmgcos θ·s=0-mv02,解得s=。 令a=sin θ+μcos θ = 設(shè)cos α=,則a=sin(α+θ) 當(dāng)α+θ=時(shí),a存在最大值 am==。 即sin θ=cos α==,θ=60°時(shí),s最小。 對(duì)應(yīng)的最小值s==m。 答案:(1) (2)60° m 8.選B A、B相對(duì)滑動(dòng)之前加速度相同,由整體法可得:F=2ma,當(dāng)A、B間剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),對(duì)木板有Ff=ma,故此時(shí)F=2F

12、f=kt,t=,之后木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故只有B項(xiàng)正確。 9.解析:(1)設(shè)經(jīng)t0時(shí)間物體A滑離木板,則對(duì)A:xA=v0t0 對(duì)木板B:xB=at02 xA-xB=L 代入數(shù)據(jù)解得:t0=2 s(另解舍去)。 (2)A在B上滑動(dòng)時(shí),A勻速運(yùn)動(dòng), 則FfAB=F=8 N。 設(shè)地面對(duì)B的滑動(dòng)摩擦力為FfB1,則由牛頓第二定律得:FfAB-FfB1=mBa,又FfB1=μFN,F(xiàn)N=(mA+mB)g 可解得:μ=0.1。 (3)物體A滑離時(shí)B板的速度 vB=at0=4 m/s。 B板向前減速滑行過程中,F(xiàn)fB2=mBaB FfB2=μmBg 解得:aB=μg=1 m/s2

13、 木板繼續(xù)滑行的位移xB==8 m。 答案:(1)2 s (2)0.1 (3)8 m 10.選BD 小木塊剛放上之后的一段時(shí)間內(nèi)所受摩擦力沿斜面向下,由牛頓第二定律可得: mgsin θ+μmgcos θ=ma1,小木塊與傳送帶同速后,因μ<tan θ,小木塊將繼續(xù)向下加速運(yùn)動(dòng),此時(shí)有:mgsin θ-μmgcos θ=ma2,有a1>a2故B、D正確,A、C錯(cuò)誤。 11.選BC 本題需考慮速度之間的關(guān)系及摩擦力與Q重力之間的關(guān)系,分別討論求解。 若v1>v2,且P受到的滑動(dòng)摩擦力大于Q的重力,則可能先向右勻加速,加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速,此過程如圖B所示,故B正確。若v

14、1>v2,且P受到的滑動(dòng)摩擦力小于Q的重力,此時(shí)P一直向右減速,減速到零后反向加速。若v2>v1,P受到的滑動(dòng)摩擦力向左,開始加速度a1=,當(dāng)減速至速度為v1時(shí),摩擦力反向,若有FT>μmg,此后加速度a2=,故C正確,A、D錯(cuò)誤。 12.解析:(1)由x-t的圖像可知,物塊被擊穿后,先向左減速,2 s末減到v=0,然后向右加速,3 s末后與傳送帶共速v1==2 m/s,以后隨傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)。 (2)2~3 s內(nèi),物塊向右勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小a=μg,v1=aΔt1 0~2 s內(nèi),物塊向左勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小a=μg 解得0時(shí)刻物塊的速度v0=aΔt2=4 m/s。 (3)根據(jù)x-t的圖像分析得到的運(yùn)動(dòng)規(guī)律用v-t圖像畫出如圖所示。 答案:(1)2 m/s (2)4 m/s (3)見解析

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