2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)提升練9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 題組一　連接體問題 1．如圖3317所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝2 kg、m2＝3 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)連接．兩個(gè)大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則(　　) 圖3317 A．彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)是10 N B．彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)是50 N C．在突然撤去F2的瞬間，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)不變 D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度不變 【解析】　設(shè)彈簧的彈力為F，加速度為a.對(duì)m1、m2和彈簧測(cè)力計(jì)組成的系統(tǒng)：F1－F2＝(m1＋m2)a，對(duì)m1：F1－F＝m1a，聯(lián)立兩式解得：a＝2 m/s2，F(xiàn)＝26 N，故A、B兩項(xiàng)都錯(cuò)誤；在突然撤去F2的瞬間，由于彈簧測(cè)力計(jì)兩端都有物體，而物體的位移不能發(fā)生突變，所以彈簧的長(zhǎng)度在撤去F2的瞬間沒有變化，彈簧上的彈力不變，故C項(xiàng)正確；若突然撤去F1，物體m1所受的合外力方向向左，而沒有撤去F1時(shí)合外力方向向右，所以m1的加速度發(fā)生變化，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 【答案】　C 2.如圖3318所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B，A、B的質(zhì)量均為2 kg，它們處于靜止?fàn)顟B(tài)，若突然將一個(gè)大小為10 N、方向豎直向下的力施加在物塊A上，則此瞬間，A對(duì)B的壓力大小為 圖3318 (g取10 m/s2)(　　) A．10 N B．20 N C．25 N D．30 N 【解析】　選A、B整體為研究對(duì)象有F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2.選A為研究對(duì)象有F－FN＋mg＝ma，解得FN＝25 N，選項(xiàng)C正確． 【答案】　C 3.(xx沈陽模擬)如圖3319所示，質(zhì)量為m1＝2 kg 的物體A經(jīng)跨過定滑輪的輕繩與質(zhì)量為M＝5 kg的箱子B相連，箱子底板上放一質(zhì)量為m2＝1 kg的物體C，不計(jì)定滑輪的質(zhì)量和一切阻力，在箱子加速下落的過程中，取g＝10 m/s2，下列正確的是(　　) 圖3319 A．物體A處于失重狀態(tài)，加速度大小為10 m/s2 B．物體A處于超重狀態(tài)，加速度大小為20 m/s2 C．物體C處于失重狀態(tài)，對(duì)箱子的壓力大小為5 N D．輕繩對(duì)定滑輪的作用力大小為80 N 【解析】　取A、B、C為整體，由牛頓第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，則加速度為a＝5 m/s2，A、B錯(cuò)；隔離C有m2g－FN＝m2a，即FN＝5 N，C對(duì)；隔離A有T－m1g＝m1a，即T＝30 N，所以輕繩對(duì)定滑輪的作用力大小為2T＝60 N，D錯(cuò)． 【答案】　C 題組二　圖象問題 圖3320 4．(xx揚(yáng)州一中模擬)(多選)將一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反．該過程的vt圖象如圖3320所示，g取10 m/s2.下列說法中正確的是(　　) A．小球所受重力和阻力之比為5∶1 B．小球上升過程與下落過程所用時(shí)間之比為2∶3 C．小球落回到拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小為8 m/s D．小球下落過程中，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài) 【解析】　上升過程中mg＋f＝ma1，代入a1＝12 m/s2，解得f＝2 N，小球所受重力和阻力之比為5∶1，選項(xiàng)A正確；下落過程中mg－f＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根據(jù)h＝at2可得＝＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)v＝a2t2，t2＝ s可得v＝8 m/s，選項(xiàng)C正確；小球下落過程中，加速度方向豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【答案】　AC 5．(多選)如圖3321甲所示，在一升降機(jī)內(nèi)，一物塊被一輕質(zhì)彈簧緊壓在天花板上，彈簧的下端固定在升降機(jī)的地板上，彈簧保持豎直．在升降機(jī)運(yùn)行過程中，物塊未曾離開升降機(jī)的天花板．當(dāng)升降機(jī)按如圖3321乙所示的vt圖象上行時(shí)，可知升降機(jī)天花板所受壓力F1和地板所受壓力F2隨時(shí)間變化的定性圖象可能正確的是 (　　) 圖3321 【解析】　由題意知，彈簧長(zhǎng)度不變，且對(duì)物塊向上的彈力不變，設(shè)為kx，則F2不變，C項(xiàng)對(duì)，D項(xiàng)錯(cuò)．對(duì)物塊受力分析有：kx－mg－FN＝ma.(F1＝FN，作用力與反作用力) 由v－t圖知，加速時(shí)，F(xiàn)1＝FN＝kx－mg－ma 勻速時(shí)，F(xiàn)1＝FN＝kx－mg 減速時(shí)：F1＝FN＝kx－mg＋ma，故A項(xiàng)對(duì)，B項(xiàng)錯(cuò)．正確選項(xiàng)為A、C. 【答案】　 AC 6.如圖3322甲所示，水平木板上有質(zhì)量m＝1.0 kg的物塊，受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測(cè)出相應(yīng)時(shí)刻物塊所受摩擦力Ff的大小如圖 圖3322 乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) 圖3322 A．5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊做功為零 B．4 s末物塊所受合力大小為4.0 N C．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4 D．6 s～9 s內(nèi)物塊的加速度大小為2.0 m/s2 【解析】　由圖象知物塊前4 s靜止，4 s～5 s內(nèi)物塊做加速運(yùn)動(dòng)，前5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊做功不為零，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；4 s末物塊靜止，所受合力為零，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由4 s之后的運(yùn)動(dòng)情況判斷其受滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg＝3 N，得μ＝0.3，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知4 s后物塊的加速度a＝＝2 m/s2，D選項(xiàng)正確． 【答案】　D 題組三　臨界問題 7．(多選)A、B兩物體疊放在一起，放在光滑的水平面上，從靜止開始受到一變力的作用，該力與時(shí)間的關(guān)系如圖3323所示，A、B始終相對(duì)靜止，則在0～2t0時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是(　　) 圖3323 A．t0時(shí)刻，A、B間靜摩擦力最大 B．t0時(shí)刻，A、B速度最大 C．2t0時(shí)刻，A、B速度最小，與初始時(shí)刻相等 D．2t0時(shí)刻，A、B位移最大 【解析】　對(duì)整體，F(xiàn)產(chǎn)生加速度；隔離A，B對(duì)A的靜摩擦力產(chǎn)生加速度．由題中圖象知，力F先減小到零，再反向增大，故加速度也先減小到零，再反向增大，所以t0時(shí)刻，A、B間靜摩擦力為零，速度最大，A項(xiàng)錯(cuò)誤、B項(xiàng)正確；而在2t0時(shí)刻，它們速度最小，為零，由于速度方向一直未變，故2t0時(shí)刻位移最大，C、D項(xiàng)正確． 【答案】　BCD 8.(xx銀川質(zhì)檢)(多選)如圖3324所示，在傾角θ＝30的光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn) 圖3324 開始用一沿斜面方向的力F拉物塊A使之以加速度a向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開C時(shí)F的大小恰為2mg.則(　　) A．物塊B剛要離開C時(shí)B的加速度也為a B．加速度a＝g C．以A、B整體為研究對(duì)象可以計(jì)算出加速度a＝g D．從F開始作用到B剛要離開C，A的位移為 【解析】　物塊B剛要離開C時(shí)B的加速度為0，A項(xiàng)錯(cuò)誤；未加F時(shí)對(duì)A受力分析得彈簧的壓縮量x1＝＝，B剛要離開C時(shí)對(duì)B受力分析得彈簧的伸長(zhǎng)量x2＝，此時(shí)對(duì)A由牛頓第二定律得F－mgsin 30－kx2＝ma，解得a＝g，B項(xiàng)正確、C項(xiàng)錯(cuò)誤；物塊A的位移x1＋x2＝，D項(xiàng)正確． 【答案】　BD B組　深化訓(xùn)練——提升應(yīng)考能力 9．(xx荊州模擬)一長(zhǎng)輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上，木板上放質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B兩物塊、A、B與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為 圖3325 μ＝0.2(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，水平恒力F作用在A物塊上，如圖3325所示(重力加速度g取10 m/s)．則(　　) A．若F＝1 N，則物塊、木板都靜止不動(dòng) B．若F＝1.5 N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N C．若F＝4 N，則B物塊所受摩擦力大小為4 N D．若F＝8 N，則B物塊的加速度為1.0 m/s2 【解析】　A物塊與板間的最大靜摩擦力為2 N，當(dāng)F＜2 N時(shí)，A物塊沒有與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A、B與板整體向左加速，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若F＝1.5 N，對(duì)A、B及輕質(zhì)木板整體有a＝＝0.5 m/s2，對(duì)A物塊分析有F－Ff＝mAa，解得Ff＝1 N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若F＝4 N，則A物塊與板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，板對(duì)B物塊的靜摩擦力為2 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若F＝8 N，板對(duì)B物塊的靜摩擦力仍為2 N，根據(jù)a＝可得a＝1 m/s2，選項(xiàng)D正確． 【答案】　D 10．(多選)如圖3326(a)所示，用一水平外力F推著一個(gè)靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖3326(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)圖(b)中所提供的信息可以計(jì)算出(　　) (a)　　　　　　　　　　　(b)　　　 圖3326 A．物體的質(zhì)量 B．斜面的傾角 C．物體能靜止在斜面上所施加的外力 D．加速度為6 m/s2時(shí)物體的速度 【解析】　分析物體受力，由牛頓第二定律得：Fcos θ－mgsin θ＝ma，由F＝0時(shí)，a＝－6 m/s2，得θ＝37；由a＝F－gsin θ和aF圖線知：＝，得：m＝2 kg；物體靜止時(shí)的外力F0cos θ＝mgsin θ，F(xiàn)0＝mgtan θ＝15 N；無法求出物體加速度為6 m/s2時(shí)的速度，因物體的加速度是變化的，對(duì)應(yīng)時(shí)間也未知，故A、B、C正確，D錯(cuò)誤． 【答案】　ABC 11.如圖3327所示，質(zhì)量分別為m和M的兩個(gè)小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))．中間連一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩，放置在水平地面上，使繩處于豎直伸直狀態(tài)(此時(shí)繩張力為零)，現(xiàn)在質(zhì)量為m的物體上作用一豎直向上的恒力，作用時(shí)間t后，質(zhì)量為m的物體上升到距地 圖3327 面高度h處． (1)求質(zhì)量為M的物體上升的加速度； (2)求作用在質(zhì)量為m的物體上的恒力F的大??； (3)若輕繩所能承受的最大拉力是FT，要使質(zhì)量為m的物體上升到距地面高度為H處，所需的最短時(shí)間是多少？ 【解析】　(1)由h－L＝at2得：質(zhì)量為M的物體上升的加速度a＝. (2)對(duì)兩個(gè)小物體組成的整體，由牛頓第二定律得F－(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)[＋g]． (3)設(shè)上升過程中的最大加速度為a0，對(duì)質(zhì)量為M的物體有FT－Mg＝Ma0，H－L＝a0t，聯(lián)立解得所需的最短時(shí)間是tmin＝. 【答案】　(1)　(2)F＝(M＋m)[＋g] (3) 12．(xx吉林長(zhǎng)春調(diào)研)如圖3328所示，質(zhì)量為M＝2 kg的足夠長(zhǎng)的木板A靜止在水平地面上，其上表面水平，木板A與地 圖3328 面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，一個(gè)質(zhì)量為m＝3 kg的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于A的左端，小物塊B與木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.3.現(xiàn)給小物塊B一個(gè)水平向右的初速度，大小為v0＝1 m/s.求：木板A與小物塊B在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中位移大小之比(最大靜摩擦力的大小等于滑動(dòng)摩擦力的大小，g取10 m/s2)． 【解析】　分別以A、B為研究對(duì)象，受力分析，木板和物塊的加速度大小分別為aA、aB， 由牛頓第二定律得：μ2mg＝maB μ2mg－μ1(m＋M)g＝MaA 假設(shè)經(jīng)過t0秒A、B共速，共同速度設(shè)為v共，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得： v0－aBt0＝aAt0＝v共 解得：aA＝2 m/s2，aB＝3 m/s2，t0＝0.2 s，v共＝0.4 m/s 共速過程中，A的位移大小設(shè)為xA，B的位移大小設(shè)為xB，則 xA＝aAt，xB＝v0t0－aBt 解得：xA＝0.04 m，xB＝0.14 m. 假設(shè)共速之后，A、B一起向右勻減速運(yùn)動(dòng)，木板和物塊間的靜摩擦力大小為Ff，木板和物塊的加速度大小分別為aA′、aB′，由牛頓第二定律得： Ff＝maB′，μ1(m＋M)g－Ff＝MaA′ 解得：Ff＝μ1mg＜μ2mg，假設(shè)成立，aA′＝aB′＝μ1g＝1 m/s2 設(shè)共速之后至A、B均靜止，A的位移設(shè)為xA′，B的位移設(shè)為xB′，則 xA′＝xB′＝＝0.08 m 整個(gè)過程中A的位移大小xA＝xA＋xA′＝0.12 m B的位移大小xB＝xB＋xB′＝0.22 m xA∶xB＝6∶11. 【答案】　6∶11