2019年高三物理一轮达标训练--动力学两类基本问题和临界极值问题(带解析)

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2019年高三物理一轮达标训练--动力学两类基本问题和临界极值问题(带解析)

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山 课 件 w w w.
5Y k J. c oM

 牛顿运动定律的综合应用
 
一、选择题(1~5题为单项选择题,6~10题为多项选择题)
1.如图1甲所示,小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v,其x-v2图象如图乙所示,取g=10 m/s2,则斜面倾角θ为(  )
 
图1
 A.30°   B.45° C.60°   D.75°
 解析 由x-v2图象可知小物块的加速度a=5 m/s2,根据牛顿第二定律得,小物块的加速度a=gsin θ,所以θ=30°,A对,B、C、D错。
 答案 A
2.(2017•郑州质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2,从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比,与球的质量无关,即f=kv(k为正的常量)。两球的v-t图象如图2所示。落地前,经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是(  )
 
图2
 A.释放瞬间甲球加速度较大
 B.m1m2=v2v1
 C.甲球质量大于乙球质量
 D.t0时间内两球下落的高度相等
 解析 释放瞬间,两球受到的阻力均为0,此时加速度相同,选项A错误;运动到最后达到匀速时,重力和阻力大小相等,mg=kv,则m1m2=v1v2,选项B错误;由图象可知v1>v2,因此甲球质量大于乙球质量,选项C正确;下落高度等于图线与时间轴围成的面积,可知甲球下落高度大,选项D错误。
 答案 C
3.如图3所示,A、B两个物体叠放在一起,静止在粗糙水平地面上,物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,物体A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2。已知物体A的质量m=2 kg,物体B的质量M=3 kg,重力加速度g取10 m/s2。现对物体B施加一个水平向右的恒力F,为使物体A与物体B相对静止,则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(  )
 
图3
 A.20 N   B.15 N   C.10 N   D.5 N
 解析 对物体A、B整体,由牛顿第二定律,Fmax-μ1(m+M)g=(m+M)a;对物体A,由牛顿第二定律,μ2mg=ma;联立解得Fmax=(m+M)(μ1+μ2)g,代入相关数据得Fmax=15 N,选项B正确。
 答案 B
4.(2018•南昌模拟)图4甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备,图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,g取10 m/s2,下列判断正确的是(  )
 
图4
 A.前10 s悬线的拉力恒为1 500 N
 B.46 s末材料离地面的距离为22 m
 C.0~10 s材料处于失重状态
 D.在30~36 s钢索最容易发生断裂
 解析 由图可知前10 s内材料的加速度a=0.1 m/s2,由F-mg=ma可知悬线的拉力为1 515 N,选项A错误;由图象面积可得整个过程上升高度是28 m,下降的高度为6 m,46 s末材料离地面的距离为22 m,选项B正确;因30~36 s 材料加速度向下,材料处于失重状态,F<mg;前10 s材料处于超重状态,F>mg,钢索最容易发生断裂,选项C、D错误。
 答案 B
5.如图5所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力(  )
 
图5
 A.与斜面倾角θ有关 B.与动摩擦因数有关
 C.与系统运动状态有关 D.仅与两物块质量有关
 解析 设P、Q的质量分别为m1、m2,Q受到绳的拉力大小为FT,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律,对整体分析,有F-(m1+m2)gsin θ-μ(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a;对Q分析:有FT-m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a,解得FT=m2m1+m2F,可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关,仅与两物块质量和F有关,选项D正确。
 答案 D
6.(2018•济南十校联考)如图6所示,质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时,两物块均以加速度a做匀加速运动,此时,弹簧伸长量为x;若用水平力F′作用在m1上时,两物块均以加速度a′=2a做匀加速运动,此时弹簧伸长量为x′。则下列关系正确的是(  )
 
图6
 A.F′=2F  B.x′=2x C.F′>2F D.x′<2x
 解析 取m1和m2为一整体,应用牛顿第二定律可得:F=(m1+m2)a。弹簧的弹力FT=m2Fm1+m2=kx。当两物块的加速度增为原来的2倍,拉力F增为原来的2倍,FT增为原来的2倍,弹簧的伸长量也增为原来的2倍,故A、B正确。
 答案 AB
7.质量m=1 kg的物体在合外力F作用下由静止开始做直线运动,合外力F随时间t的变化图象如图7所示,下列关于该物体运动情况的说法正确的是(  )
 
图7
 A.0~1 s内物体沿正方向做匀加速直线运动
 B.第2 s末物体达到的最大速度2 m/s
 C.第4 s末物体速度为0
 D.第4 s末物体回到出发位置
 解析 因为物体的质量是1 kg,所以物体加速度-时间图象与物体的F-t相同,由图象知,物体的加速度大小不断改变,做变加速运动,A项错误;a-t图象中,图线与坐标轴所围的“面积”表示物体获得的速度,第2 s末时,物体的速度最大,vm=2×22 m/s=2 m/s,B项正确;前2 s内物体沿正方向做加速运动,2~4 s内物体沿正方向做减速运动,第4 s末物体速度为零,C正确,D项错误。
 答案 BC
8.(2015•海南单科,9)如图8,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时(  )
 
图8
 A.物块与斜面间的摩擦力减小
 B.物块与斜面间的正压力增大
 C.物块相对于斜面减速下滑
 D.物块相对于斜面匀速下滑
 解析 当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物体的质量为m,当匀速运动时有mgsin θ=μmgcos θ,即sin θ=μcos θ。当物体以加速度a向上加速运动时,有FN=m(g+a)cos θ,Ff=μm(g+a)cos θ,因为sin θ=μcos θ,所以m(g+a)sin θ=μm(g+a)cos θ,故物体仍相对斜面匀速下滑,C错误,D正确。
 答案 BD
9.如图9甲所示,地面上有一质量为M的重物,用力F向上提它,力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示,则以下说法中正确的是(  )
 
图9
 A.当F小于图中A点值时,物体的重力Mg>F,物体不动
 B.图中A点值即为物体的重力值
 C.物体向上运动的加速度和力F成正比
 D.图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度
 解析 当0≤F≤Mg时,物体静止,选项A正确;当F>Mg时,即能将物体提离地面,此时,F-Mg=Ma,a=FM-g,A点表示的意义即为F=Mg,所以选项B正确;直线的斜率为1M,故B点数值的绝对值为g,故选项D正确。
 答案 ABD
10.(2018•湖北黄冈模拟)如图10甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g=10 m/s2),下列结论正确的是(  )
 
图10
 A.物体与弹簧分离时,弹簧处于原长状态
 B.弹簧的劲度系数为750 N/m
 C.物体的质量为2 kg
 D.物体的加速度大小为5 m/s2
 解析 物体与弹簧分离时,弹簧的弹力为零,轻弹簧无形变,所以选项A正确;从图中可知ma=10 N,
 ma=30 N-mg,解得物体的质量为m=2 kg,物体的加速度大小为a=5 m/s2,所以选项C、D正确;弹簧的劲度系数k=mgx0=200.04 N/m=500 N/m,所以选项B错误。
 答案 ACD
二、非选择题
11.在物体下落过程中,速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系。某科研小组在研究小球下落后的运动过程时,得到速度随时间变化的图象,并作出t=0.5 s时刻的切线,如图11所示。已知小球在t=0时刻释放,其质量为0.5 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:
 
图11
 (1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能;
 (2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。
 解析 (1)由图象可知,小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1=5 m/s
 碰撞后瞬间速度大小:v2=4 m/s
 碰撞过程损失的机械能:ΔE=12mv21-12mv22
 代入数据可得ΔE=2.25 J。
 (2)由图象可得t=0.5 s时小球加速度
 a=ΔvΔt=4 m/s2
 由牛顿第二定律:mg-f=ma
 由于:f=kv
 得k=0.75
 则:fmax=3.75 N。
 答案 (1)2.25 J 3.75 N
12.如图12所示,质量为4 kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上,绳与竖直方向夹角为37°。已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
 
图12
 (1)当汽车以a=2 m/s2向右匀减速行驶时,细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力;
 (2)当汽车以a′=10 m/s2的加速度向右匀减速运动时,细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。
 解析 (1)当汽车以a=2 m/s2向右匀减速行驶时,小球受力分析如图。
 
 由牛顿第二定律得:
 FT1cos θ=mg,FT1sin θ-FN=ma
 代入数据得:FT1=50 N,FN=22 N
 由牛顿第三定律知,小球对车后壁的压力大小为22 N。
 (2)当汽车向右匀减速行驶时,设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0,受力分析如图所示。
 
 由牛顿第二定律得:FT2sin θ=ma0,FT2cos θ=mg
 代入数据得:a0=gtan θ
 =10×34 m/s2=7.5 m/s2
 因为a=10 m/s2>a0
 所以小球飞起来,FN′=0
 所以,当汽车以a′=10 m/s2向右匀减速运动行驶时,由牛顿第二定律得FT2cos θ′=mg
 FT2sin θ′=ma′
 代入数据得FT2=402 N。
 答案 (1)50 N 22 N (2)402 N 0

 

 

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