高考物理二輪復習 訓練3 專題一 力與直線運動 第3講 牛頓運動定律及其應用

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訓練3　牛頓運動定律及其應用 一、選擇題(本大題共8小題，每小題8分，共64分．第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．) 1．如圖所示，兩定滑輪通過天花板固定在同一豎直平面的同一高度處，小球A的質(zhì)量為2m，小球B和C的質(zhì)量均為m，B、C兩球到結(jié)點P的輕繩長度相等，滑輪摩擦不計．當B、C兩球以某角速度ω在水平面內(nèi)做圓錐擺運動時，A球?qū)?　　) A．向上加速運動　　　　　B．向下加速運動 C．保持靜止 D．上下振動 解析：B球、C球和兩根輕繩整體受重力和豎直輕繩向上的拉力，設(shè)整體下降的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有2mg－T＝2ma，對A球受力分析，受重力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有T－2mg＝2ma，聯(lián)立兩式解得a＝0，即A球?qū)⒈３朱o止，處于平衡狀態(tài)．故選C. 答案：C 2. 如圖所示，帶支架的平板小車水平向左做直線運動，小球A用細線懸掛于支架前端，質(zhì)量為m的物塊B始終靜止在小車上，B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ.若某過程中觀察到細線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對B產(chǎn)生的作用力的大小和方向為(　　) A．mg，豎直向上 B．mg，斜向左上方 C．mgtanθ，水平向右 D.，斜向右上方 解析：以A為研究對象，受力分析如圖，根據(jù)牛頓第二定律得mAgtanθ＝mAa，解得a＝gtanθ，方向水平向右．再對B研究得：小車對B的摩擦力f＝ma＝mgtanθ，方向水平向右，小車對B的支持力大小為N＝mg，方向豎直向上，小車對B的作用力的大小為F＝＝mg＝，方向斜向右上方，故選D. 答案：D 3．在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球，經(jīng)過2t0時間小球落回拋出點，其速率為v1，已知小球在空中運動時所受空氣阻力與小球運動的速度成正比，則小球在空中運動時速率v隨時間t的變化規(guī)律可能是(　　) 解析：小球上升過程中，由牛頓第二定律有mg＋kv＝ma，故隨速度的減小，加速度逐漸減小，v—t圖象的切線斜率逐漸減??；小球下降過程中，由牛頓第二定律有mg－kv＝ma，則隨速度逐漸增大，加速度逐漸減小，v—t圖象的切線斜率逐漸減??；由于有阻力作用，故回到地面的速度將小于初速度v0，選項A正確． 答案：A 4．如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有(　　) A．兩圖中兩球加速度均為gsinθ B．兩圖中A球的加速度均為零 C．圖乙中輕桿的作用力一定不為零 D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍 解析：撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，故圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍，故A、B、C錯誤，D正確． 答案：D 5．如圖為用索道運輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37，重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.3.當載重車廂沿索道向上加速運動時，重物與車廂仍然保持相對靜止狀態(tài)，重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍．sin37＝0.6，cos37＝0.8，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為(　　) A．0.35mg B．0.3mg C．0.23mg D．0.2mg 解析：將a沿水平和豎直兩個方向分解，對重物受力分析如圖，水平方向：Ff＝max 豎直方向：FN－mg＝may由＝三式聯(lián)立解得Ff＝0.2mg，D正確． 答案：D 6．如圖甲所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為α的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，則根據(jù)圖乙所提供的信息可以計算出(　　) A．加速度從2 m/s2增加到6 m/s2的過程中物體的速度變化量 B．斜面的傾角 C．物體的質(zhì)量 D．加速度為6 m/s2時物體的速度 解析：因為物體做變加速運動，所以無法根據(jù)公式求得某時刻的速度及速度變化量，選項A、D錯誤；由題圖乙可知，當F＝0時，有mgsinα＝ma，解得斜面的傾角α＝37，當F＝15 N時，a＝0，則Fcosα＝mgsinα，可得m＝2 kg，選項B、C正確． 答案：BC 7. 如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則(　　) A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當F＝μmg時，A的加速度為μg C．當F>3μmg時，A相對B滑動 D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg 解析：A、B間的最大靜摩擦力為2μmg，B和地面之間的最大靜摩擦力為μmg，對A、B整體，只要F>μmg，整體就會運動，選項A錯誤；當A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時，A、B恰好未發(fā)生相對滑動，故A、B一起運動的加速度的最大值滿足2μmg －μmg＝mamax，B運動的最大加速度amax＝μg，選項D正確；若A、B整體恰好未發(fā)生相對滑動，有F－μmg＝3mamax，則F>3μmg時兩者會發(fā)生相對運動，選項C正確；當F＝μmg時，兩者相對靜止，一起滑動，加速度滿足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，選項B正確． 答案：BCD 8．如圖甲所示，傳送帶以速度v1勻速轉(zhuǎn)動，一滑塊以初速度v0自右向左滑上傳送帶，從此時刻開始計時，滑塊離開傳送帶前的速度—時間圖象如圖乙所示．已知v0>v1，則下列判斷正確的是(　　) A．傳送帶順時針轉(zhuǎn)動 B．t1時刻，滑塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C．0～t2時間內(nèi)，滑塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t2時間內(nèi)，滑塊受到恒定的摩擦力作用 解析：從題圖乙可以判斷，滑塊先向左做減速運動，再向右做加速運動，之后向右勻速運動，所以傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，A正確；滑塊向左減速過程，所受摩擦力向右，向右加速過程，滑塊相對傳送帶向左運動，所受摩擦力向右，所以t2時刻滑塊相對傳送帶滑動的距離達到最大，B、C錯誤，D正確． 答案：AD 二、計算題(本大題共2小題，共36分．需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)若木板長L＝1 m，在鐵塊上加一個水平向右的恒力F＝8 N，經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的右端？ (2)若在鐵塊上施加一個大小從零開始連續(xù)增大的水平向右的力F，分析并計算鐵塊受到木板的摩擦力f的大小隨拉力F變化的情況．(設(shè)木板足夠長) 解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律 對鐵塊：F－μ2mg＝ma1 對木板：μ2mg－μ1(mg＋Mg)＝Ma2 又s鐵＝a1t2，s木＝a2t2，L＝s鐵－s木，聯(lián)立解得：t＝1 s (2)鐵塊與木板之間的最大靜摩擦力 fm2＝μ2mg＝4 N 木板與地面之間的最大靜摩擦力 fm1＝μ1(mg＋Mg)＝2 N 當F≤fm1＝2 N時，木板與鐵塊都靜止，f＝F 當鐵塊與木板恰好未發(fā)生相對滑動時，設(shè)此時的拉力大小為F1，根據(jù)牛頓第二定律，對鐵塊：F1－μ2mg＝ma1 對整體：F1－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a1 聯(lián)立解得：F1＝6 N，所以當2 N6 N時，鐵塊相對木板滑動，此時摩擦力f＝μ2mg＝4 N 答案：(1)1 s　(2)見解析 10. 如圖，質(zhì)量m＝5 kg的物塊(看做質(zhì)點)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做勻速直線運動，已知F1大小為50 N，方向斜向右上方，與水平面夾角α＝37，F(xiàn)2大小為30 N，方向水平向左，物體的速度v0大小為11 m/s.當物塊運動到距初始位置距離x0＝5 m時撤掉F1，g＝10 m/s2.求： (1)物塊與水平地面之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)撤掉F1以后，物塊在6 s末距初始位置的距離． 解析：(1)物塊向右做勻速運動： Ff＋F2＝F1cosα Ff＝μ(mg－F1sinα) 聯(lián)立解得：μ＝0.5. (2)撤掉F1后： a1＝＝m/s2＝11 m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t1向右運動速度變?yōu)?，則：t1＝＝1 s 此時向右運動的位移：x1＝t1＝5.5 m，后5 s物塊向左運動：a2＝＝1 m/s2，后5 s向左運動的位移：x2＝a2t＝12.5 m 物塊在6 s末距初始位置的距離：Δx＝x2－(x0＋x1)＝12.5 m－(5 m＋5.5 m)＝2 m. 答案：(1)0.5　(2)2 m