2019人教版高三物理重点强化练2牛顿运动定律的综合应用含解析

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2019人教版高三物理重点强化练2牛顿运动定律的综合应用含解析

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文 章来 源莲山 课件 w w
w.5Y k J.cO m 重点强化练(二) 牛顿运动定律的综合应用
(限时:45分钟)
(对应学生用书第277页)
一、选择题(共10小题,每小题6分,1~6为单选题,7~10为多选题)
1.(2018·淄博高三质检)放在电梯地板上的一个木箱,被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图1所示),后发现木箱突然被弹簧拉动,据此可判断出电梯的运动情况是(   )
 
图1
A.匀速上升   B.加速上升
C.减速上升   D.减速下降
C [木箱突然被拉动,表明木箱所受摩擦力变小了,也表明木箱与地板之间的弹力变小了,重力大于弹力,合力向下,处于失重状态,选项C正确.]
2.(2018·贵州贵阳监测)如图2所示,质量为m的球置于斜面上,被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住而处于静止状态.现用一个水平力F拉斜面体,使球和斜面体在水平面上一起做加速度为a的匀加速直线运动,若忽略一切摩擦,与球静止时相比(   ) 
【导学号:84370139】
 
图2
A.竖直挡板对球的弹力不一定增大
B.斜面对球的弹力保持不变
C.斜面和竖直挡板对球的弹力的合力等于ma
D.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零
B [球受重力和两个弹力作用,斜面对球的弹力的竖直分力等于球的重力,故斜面对球的弹力不变,B项正确,D项错误;竖直挡板对球的弹力与斜面对球的弹力的水平分力之差等于ma,当整体匀加速运动时,竖直挡板对球的弹力随加速度的增大而增大,A项错误;两弹力的合力的水平分力等于ma,竖直方向分力等于mg,所以C项错误.]
3.广州塔,昵称小蛮腰,总高度达600米,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,a­t图象如图3所示.则下列相关说法正确的是(   )
 
图3
A.t=4.5 s时,电梯处于失重状态
B.5~55 s时间内,绳索拉力最小
C.t=59.5 s时,电梯处于超重状态
D.t=60 s时,电梯速度恰好为零
D [利用a­t图象可判断:t=4.5 s时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,则A错误;0~5 s时间内,电梯处于超重状态,拉力>重力,5 s~55 s时间内,电梯处于匀速上升过程,拉力=重力,55 s~60 s时间内,电梯处于失重状态,拉力<重力,综上所述,B、C错误;因a­t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t=60 s时为零,D正确.]
4.(2018·湖南六校联考)如图4所示,倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环,环通过细线吊一个质量为m的小球,当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时,稳定运动的情景如图所示,其中虚线表示竖直方向,那么以下说法正确的是(   ) 
【导学号:84370140】
 
图4
A.环一定沿长杆向下加速运动
B.环的加速度一定沿杆向上
C.环的加速度一定大于gsin α
D.环一定沿杆向上运动
B [稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态相同,且运动方向均与杆平行.对小球受力分析如图,可知小球所受合力平行于杆向上,说明加速度方向沿杆向上,则环的加速度方向也沿杆向上,但它们的运动方向不确定,两者可能沿杆向上加速运动,也可能沿杆向下减速运动,则B正确,A、D错误;由于不知道细线与竖直方向的夹角,则不能判断出小球的加速度与gsin α的大小关系,则C项错误.]
 
5.如图5所示,物块A和B的质量分别为4m和m,开始A、B均静止,细绳拉直,在竖直向上的拉力F=6mg作用下,动滑轮竖直向上加速运动.已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小,不考虑绳与滑轮之间的摩擦,细绳足够长,在滑轮向上运动过程中,物块A和B的加速度大小分别为(   ) 
【导学号:84370141】
 
图5
A.aA=12g,aB=5g   B.aA=aB=5g
C.aA=14g,aB=3g   D.aA=0,aB=2g
D [对动滑轮分析,根据牛顿第二定律,有F-2T=m轮a,又m轮=0,则T=F2=3mg;对物块A分析,由于T<4mg,所以物块A静止,aA=0;同理,对物块B分析,aB=T-mgm=2g.故选项D正确.]
6.(2018·内蒙古模拟)如图6所示,质量为m1和m2的两个物体用细线相连,在大小恒定的拉力F作用下,先沿水平面,再沿斜面(斜面与水平面成θ角),最后竖直向上运动.则在这三个阶段的运动中,细线上张力的大小情况是(不计摩擦)(   )
 
图6
A.由大变小   B.由小变大
C.始终不变   D.由大变小再变大
C [设细线上的张力为F1,要求F1,选受力少的物体m1为研究对象较好;此外还必须知道物体m1的加速度a,要求加速度a,则选m1、m2整体为研究对象较好.在水平面上运动时:
F1-μm1g=m1a ①
F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a ②
联立①②解得:F1=m1Fm1+m2
在斜面上运动时:
F'1-m1gsin θ-μm1gcos θ=m1a ③
F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a④
联立③④解得:F'1=m1Fm1+m2
同理可得,竖直向上运动时,细线上的张力F1仍是m1Fm1+m2,故选C.]
7.如图7所示,一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上,当在细绳下端挂上质量为m的物体B时,物体A的加速度为a,绳中张力为T,则(   ) 
【导学号:84370142】
 
图7
A.a=g
B.a=mgM+m
C.T=mg
D.T=MM+mmg
BD [以A、B整体为研究对象,mg=(M+m)a,可得加速度为a=mgM+m,选项B正确;隔离A受力分析可得T=Ma=MM+mmg,选项D正确.]
8.某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数,他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况,装置如图8甲所示,他使木块以初速度v0=4 m/s的速度沿倾角θ=30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点,并同时开始记录数据,结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v­t图线如图乙所示,g取10 m/s2,则根据题意计算出的下列物理量正确的是(   )
 
图8
A.上滑过程中的加速度的大小a1=8 m/s2
B.木块与斜面间的动摩擦因数μ=35
C.木块回到出发点时的速度大小v=2 m/s
D.木块经2 s返回出发点
ABC [由题图乙可知,木块经0.5 s滑至最高点,由加速度定义式a=ΔvΔt,得上滑过程加速度的大小a1=v0Δt1=8 m/s2,A正确.上滑过程中受重力、沿斜面向下的摩擦力,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,代入数据得μ=35,B正确.下滑的距离等于上滑的距离,则x=v202a1=1 m,下滑时摩擦力方向向上,由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2,下滑至出发点的速度大小为v=2a2x=2 m/s,C正确.下滑的时间t′=va2=1   s,所以木块返回出发点的时间t总=t+t′=0.5 s+1 s=1.5 s,D错误.]
9.如图9甲所示,物体原来静止在水平面上,今用一水平外力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图象如图乙所示,g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则可以计算出(   ) 
【导学号:84370143】
 
图9
A.物体与水平面间的最大静摩擦力
B.F为14 N时物体的速度
C.物体与水平面间的动摩擦因数
D.物体的质量
ACD [物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力.根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得a=Fm-μg,由a与F图线得m=2 kg,μ=0.3,故C、D正确;a=0时,F为6 N,即最大静摩擦力为6 N,故A正确;由于物体先静止后做变加速运动,无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移,又F为变力无法求F做的功,从而也无法根据动能定理求速度,故B错误.]
10.如图10所示,斜面倾角为θ,斜面上AB段光滑,其他部分粗糙,且斜面足够长.一带有速度传感器的小物块(可视为质点)自A点由静止开始沿斜面下滑,速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示:
 
图10
时间(s) 0 1 2 3 4 5 6 …
速度(m/s) 0 6 12 17 21 25 29 …
取g=10 m/s2,则(   )
A.小物块的质量m=2 kg
B.斜面的倾角θ=37°
C.小物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.25
D.AB间的距离xAB=18.75 m
BCD [当小物块在AB段运动时,设加速度为a1,则a1=gsin θ,由题表可知a1=12-02-0m/s2=6 m/s2,所以斜面倾角θ=37°,选项B正确;设经过B点后物块的加速度为a2,则有a2=gsin θ-μgcos θ,由题表可知a2=29-216-4m/s2=4 m/s2,所以μ=0.25,选项C正确;可以判断B点对应于2~3 s之间的某个时刻,设t1为从第2 s运动至B点所用时间,t2为从B点运动至第3 s所用时间,则有t1+t2=1 s,12 m/s+a1t1=17 m/s-a2t2,解得t1=0.5 s,所以xAB=12a1(2 s+t1)2=18.75 m,选项D正确;由题中所给数据无法求出物块的质量,选项A错误.]
二、非选择题(共2小题,共40分)
11.(20分)(2018·安徽江南十校联考)如图11甲所示,两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动.已知mA=2 kg,mB=4 kg,斜面倾角θ=37°.某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v­t图象如图乙所示.已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
 
图11
(1)A与斜面间的动摩擦因数;
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移.
【导学号:84370144】
[解析] (1)在0~0.5 s内,根据图象可知,A和B系统的加速度为a1=20.5 m/s2=4 m/s2
对A和B由牛顿第二定律分别列方程:
B:mBg-T=mBa1
A:T′-mAgsin θ-μmAgcos θ=mAa1
又T=T′
得μ=0.25.
(2)B落地后,A减速上升,由牛顿第二定律有
mAgsin θ+μmAgcos θ=mAa2
得:a2=8m/s2
因a2(t0-0.5 s)=2 m/s
得t0=0.75 s
所以上升总位移为x=v2t02=0.75 m.
[答案](1)0.25 (2)0.75
12.(20分)如图12所示,质量均为m=3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上,物块A的左侧连接一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上.开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态,现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度a=2   m/s2的匀加速直线运动,直至与A分离,已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10 m/s2.求:
 
图12
(1)物块A、B分离时,所加外力F的大小;
(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间.
【导学号:84370145】
[解析] (1)物块A、B分离时,对B有:
F-μmg=ma
解得F=21 N.
(2)开始时,对A、B整体有:
kx1=2μmg,
B与A分离时,对A有:
kx2-μmg=ma,
此过程中x1-x2=12at2
解得t=0.3 s.
[答案](1)21N (2)0.3 s 文 章来 源莲山 课件 w w
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