《2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化三 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題和臨界極值問題課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化三 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題和臨界極值問題課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練.doc(8頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
一、選擇題(1~5題為單項(xiàng)選擇題,6~10題為多項(xiàng)選擇題)
1.如圖1甲所示,小物塊從足夠長的光滑斜面頂端由靜止自由滑下。下滑位移x時(shí)的速度為v,其x-v2圖象如圖乙所示,取g=10 m/s2,則斜面傾角θ為( )
圖1
A.30 B.45 C.60 D.75
解析 由x-v2圖象可知小物塊的加速度a=5 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律得,小物塊的加速度a=gsin θ,所以θ=30,A對,B、C、D錯(cuò)。
答案 A
2.(2017鄭州質(zhì)量預(yù)測)甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2,從同一地點(diǎn)(足夠高)同時(shí)由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比,與球的質(zhì)量無關(guān),即f=kv(k為正的常量)。兩球的v-t圖象如圖2所示。落地前,經(jīng)時(shí)間t0兩球的速度都已達(dá)到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是( )
圖2
A.釋放瞬間甲球加速度較大
B.=
C.甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量
D.t0時(shí)間內(nèi)兩球下落的高度相等
解析 釋放瞬間,兩球受到的阻力均為0,此時(shí)加速度相同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)到最后達(dá)到勻速時(shí),重力和阻力大小相等,mg=kv,則=,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由圖象可知v1>v2,因此甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量,選項(xiàng)C正確;下落高度等于圖線與時(shí)間軸圍成的面積,可知甲球下落高度大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 C
3.如圖3所示,A、B兩個(gè)物體疊放在一起,靜止在粗糙水平地面上,物體B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,物體A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2。已知物體A的質(zhì)量m=2 kg,物體B的質(zhì)量M=3 kg,重力加速度g取10 m/s2。現(xiàn)對物體B施加一個(gè)水平向右的恒力F,為使物體A與物體B相對靜止,則恒力的最大值是(物體間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)( )
圖3
A.20 N B.15 N C.10 N D.5 N
解析 對物體A、B整體,由牛頓第二定律,F(xiàn)max-μ1(m+M)g=(m+M)a;對物體A,由牛頓第二定律,μ2mg=ma;聯(lián)立解得Fmax=(m+M)(μ1+μ2)g,代入相關(guān)數(shù)據(jù)得Fmax=15 N,選項(xiàng)B正確。
答案 B
4.(2018南昌模擬)圖4甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備,圖乙為150 kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運(yùn)動(dòng)圖象,g取10 m/s2,下列判斷正確的是( )
圖4
A.前10 s懸線的拉力恒為1 500 N
B.46 s末材料離地面的距離為22 m
C.0~10 s材料處于失重狀態(tài)
D.在30~36 s鋼索最容易發(fā)生斷裂
解析 由圖可知前10 s內(nèi)材料的加速度a=0.1 m/s2,由F-mg=ma可知懸線的拉力為1 515 N,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由圖象面積可得整個(gè)過程上升高度是28 m,下降的高度為6 m,46 s末材料離地面的距離為22 m,選項(xiàng)B正確;因30~36 s 材料加速度向下,材料處于失重狀態(tài),F(xiàn)
mg,鋼索最容易發(fā)生斷裂,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。
答案 B
5.如圖5所示,有材料相同的P、Q兩物塊通過輕繩相連,并在拉力F作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng),輕繩與拉力F的方向均平行于斜面。當(dāng)拉力F一定時(shí),Q受到繩的拉力( )
圖5
A.與斜面傾角θ有關(guān) B.與動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)
C.與系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān) D.僅與兩物塊質(zhì)量有關(guān)
解析 設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為m1、m2,Q受到繩的拉力大小為FT,物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,根據(jù)牛頓第二定律,對整體分析,有F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a;對Q分析:有FT-m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a,解得FT=F,可見Q受到繩的拉力FT與斜面傾角θ、動(dòng)摩擦因數(shù)μ和系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均無關(guān),僅與兩物塊質(zhì)量和F有關(guān),選項(xiàng)D正確。
答案 D
6.(2018濟(jì)南十校聯(lián)考)如圖6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),彈簧伸長量為x;若用水平力F′作用在m1上時(shí),兩物塊均以加速度a′=2a做勻加速運(yùn)動(dòng),此時(shí)彈簧伸長量為x′。則下列關(guān)系正確的是( )
圖6
A.F′=2F B.x′=2x C.F′>2F D.x′<2x
解析 取m1和m2為一整體,應(yīng)用牛頓第二定律可得:F=(m1+m2)a。彈簧的彈力FT==kx。當(dāng)兩物塊的加速度增為原來的2倍,拉力F增為原來的2倍,F(xiàn)T增為原來的2倍,彈簧的伸長量也增為原來的2倍,故A、B正確。
答案 AB
7.質(zhì)量m=1 kg的物體在合外力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng),合外力F隨時(shí)間t的變化圖象如圖7所示,下列關(guān)于該物體運(yùn)動(dòng)情況的說法正確的是( )
圖7
A.0~1 s內(nèi)物體沿正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B.第2 s末物體達(dá)到的最大速度2 m/s
C.第4 s末物體速度為0
D.第4 s末物體回到出發(fā)位置
解析 因?yàn)槲矬w的質(zhì)量是1 kg,所以物體加速度-時(shí)間圖象與物體的F-t相同,由圖象知,物體的加速度大小不斷改變,做變加速運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;a-t圖象中,圖線與坐標(biāo)軸所圍的“面積”表示物體獲得的速度,第2 s末時(shí),物體的速度最大,vm= m/s=2 m/s,B項(xiàng)正確;前2 s內(nèi)物體沿正方向做加速運(yùn)動(dòng),2~4 s內(nèi)物體沿正方向做減速運(yùn)動(dòng),第4 s末物體速度為零,C正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。
答案 BC
8.(2015海南單科,9)如圖8,升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面,斜面上放一物塊。開始時(shí),升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng),物塊相對于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)( )
圖8
A.物塊與斜面間的摩擦力減小
B.物塊與斜面間的正壓力增大
C.物塊相對于斜面減速下滑
D.物塊相對于斜面勻速下滑
解析 當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí),物體有豎直向上的加速度,則物塊與斜面間的正壓力增大,根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff=μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大,故A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)斜面的傾角為θ,物體的質(zhì)量為m,當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin θ=μmgcos θ,即sin θ=μcos θ。當(dāng)物體以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí),有FN=m(g+a)cos θ,F(xiàn)f=μm(g+a)cos θ,因?yàn)閟in θ=μcos θ,所以m(g+a)sin θ=μm(g+a)cos θ,故物體仍相對斜面勻速下滑,C錯(cuò)誤,D正確。
答案 BD
9.如圖9甲所示,地面上有一質(zhì)量為M的重物,用力F向上提它,力F變化而引起物體加速度變化的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示,則以下說法中正確的是( )
圖9
A.當(dāng)F小于圖中A點(diǎn)值時(shí),物體的重力Mg>F,物體不動(dòng)
B.圖中A點(diǎn)值即為物體的重力值
C.物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度和力F成正比
D.圖線延長線和縱軸的交點(diǎn)B的數(shù)值的絕對值等于該地的重力加速度
解析 當(dāng)0≤F≤Mg時(shí),物體靜止,選項(xiàng)A正確;當(dāng)F>Mg時(shí),即能將物體提離地面,此時(shí),F(xiàn)-Mg=Ma,a=-g,A點(diǎn)表示的意義即為F=Mg,所以選項(xiàng)B正確;直線的斜率為,故B點(diǎn)數(shù)值的絕對值為g,故選項(xiàng)D正確。
答案 ABD
10.(2018湖北黃岡模擬)如圖10甲所示,一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上,上端放置一物體(物體與彈簧不連接),初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上,使物體開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng),拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示(g=10 m/s2),下列結(jié)論正確的是( )
圖10
A.物體與彈簧分離時(shí),彈簧處于原長狀態(tài)
B.彈簧的勁度系數(shù)為750 N/m
C.物體的質(zhì)量為2 kg
D.物體的加速度大小為5 m/s2
解析 物體與彈簧分離時(shí),彈簧的彈力為零,輕彈簧無形變,所以選項(xiàng)A正確;從圖中可知ma=10 N,
ma=30 N-mg,解得物體的質(zhì)量為m=2 kg,物體的加速度大小為a=5 m/s2,所以選項(xiàng)C、D正確;彈簧的勁度系數(shù)k== N/m=500 N/m,所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤。
答案 ACD
二、非選擇題
11.在物體下落過程中,速度小于10 m/s時(shí)可認(rèn)為空氣阻力與物體速度成正比關(guān)系。某科研小組在研究小球下落后的運(yùn)動(dòng)過程時(shí),得到速度隨時(shí)間變化的圖象,并作出t=0.5 s時(shí)刻的切線,如圖11所示。已知小球在t=0時(shí)刻釋放,其質(zhì)量為0.5 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:
圖11
(1)小球與地面第一次碰撞過程中損失的機(jī)械能;
(2)小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到空氣阻力的最大值。
解析 (1)由圖象可知,小球第一次與地面碰撞前瞬間速度v1=5 m/s
碰撞后瞬間速度大小:v2=4 m/s
碰撞過程損失的機(jī)械能:ΔE=mv-mv
代入數(shù)據(jù)可得ΔE=2.25 J。
(2)由圖象可得t=0.5 s時(shí)小球加速度
a==4 m/s2
由牛頓第二定律:mg-f=ma
由于:f=kv
得k=0.75
則:fmax=3.75 N。
答案 (1)2.25 J 3.75 N
12.如圖12所示,質(zhì)量為4 kg的小球用細(xì)繩拴著吊在行駛的汽車后壁上,繩與豎直方向夾角為37。已知g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:
圖12
(1)當(dāng)汽車以a=2 m/s2向右勻減速行駛時(shí),細(xì)線對小球的拉力和小球?qū)嚭蟊诘膲毫Γ?
(2)當(dāng)汽車以a′=10 m/s2的加速度向右勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí),細(xì)線對小球的拉力和小球?qū)嚭蟊诘膲毫Α?
解析 (1)當(dāng)汽車以a=2 m/s2向右勻減速行駛時(shí),小球受力分析如圖。
由牛頓第二定律得:
FT1cos θ=mg,F(xiàn)T1sin θ-FN=ma
代入數(shù)據(jù)得:FT1=50 N,F(xiàn)N=22 N
由牛頓第三定律知,小球?qū)嚭蟊诘膲毫Υ笮?2 N。
(2)當(dāng)汽車向右勻減速行駛時(shí),設(shè)車后壁彈力為0時(shí)(臨界條件)的加速度為a0,受力分析如圖所示。
由牛頓第二定律得:FT2sin θ=ma0,F(xiàn)T2cos θ=mg
代入數(shù)據(jù)得:a0=gtan θ
=10 m/s2=7.5 m/s2
因?yàn)閍=10 m/s2>a0
所以小球飛起來,F(xiàn)N′=0
所以,當(dāng)汽車以a′=10 m/s2向右勻減速運(yùn)動(dòng)行駛時(shí),由牛頓第二定律得FT2cos θ′=mg
FT2sin θ′=ma′
代入數(shù)據(jù)得FT2=40 N。
答案 (1)50 N 22 N (2)40 N 0
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