2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練9 牛頓運動定律的綜合應用.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練9 牛頓運動定律的綜合應用題組一連接體問題1如圖3317所示，兩個質(zhì)量分別為m12 kg、m23 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接兩個大小分別為F130 N、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則()圖3317A彈簧測力計的示數(shù)是10 NB彈簧測力計的示數(shù)是50 NC在突然撤去F2的瞬間，彈簧測力計的示數(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m1、m2和彈簧測力計組成的系統(tǒng)：F1F2(m1m2)a，對m1：F1Fm1a，聯(lián)立兩式解得：a2 m/s2，F(xiàn)26 N，故A、B兩項都錯誤；在突然撤去F2的瞬間，由于彈簧測力計兩端都有物體，而物體的位移不能發(fā)生突變，所以彈簧的長度在撤去F2的瞬間沒有變化，彈簧上的彈力不變，故C項正確；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時合外力方向向右，所以m1的加速度發(fā)生變化，故D項錯誤【答案】C2.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，它們處于靜止狀態(tài)，若突然將一個大小為10 N、方向豎直向下的力施加在物塊A上，則此瞬間，A對B的壓力大小為 圖3318(g取10 m/s2)()A10 NB20 NC25 N D30 N【解析】選A、B整體為研究對象有F2ma，解得a2.5 m/s2.選A為研究對象有FFNmgma，解得FN25 N，選項C正確【答案】C3.(xx沈陽模擬)如圖3319所示，質(zhì)量為m12 kg 的物體A經(jīng)跨過定滑輪的輕繩與質(zhì)量為M5 kg的箱子B相連，箱子底板上放一質(zhì)量為m21 kg的物體C，不計定滑輪的質(zhì)量和一切阻力，在箱子加速下落的過程中，取g10 m/s2，下列正確的是() 圖3319A物體A處于失重狀態(tài)，加速度大小為10 m/s2B物體A處于超重狀態(tài)，加速度大小為20 m/s2C物體C處于失重狀態(tài)，對箱子的壓力大小為5 ND輕繩對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(Mm2)gm1g(Mm1m2)a，則加速度為a5 m/s2，A、B錯；隔離C有m2gFNm2a，即FN5 N，C對；隔離A有Tm1gm1a，即T30 N，所以輕繩對定滑輪的作用力大小為2T60 N，D錯【答案】C題組二圖象問題圖33204(xx揚州一中模擬)(多選)將一個質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反該過程的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51B小球上升過程與下落過程所用時間之比為23C小球落回到拋出點時的速度大小為8 m/sD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mgfma1，代入a112 m/s2，解得f2 N，小球所受重力和阻力之比為51，選項A正確；下落過程中mgfma2，可得a28 m/s2，根據(jù)hat2可得，選項B錯誤；根據(jù)va2t2，t2 s可得v8 m/s，選項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D錯誤【答案】AC5(多選)如圖3321甲所示，在一升降機內(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的地板上，彈簧保持豎直在升降機運行過程中，物塊未曾離開升降機的天花板當升降機按如圖3321乙所示的vt圖象上行時，可知升降機天花板所受壓力F1和地板所受壓力F2隨時間變化的定性圖象可能正確的是 ()圖3321【解析】由題意知，彈簧長度不變，且對物塊向上的彈力不變，設(shè)為kx，則F2不變，C項對，D項錯對物塊受力分析有：kxmgFNma.(F1FN，作用力與反作用力) 由vt圖知，加速時，F(xiàn)1FNkxmgma 勻速時，F(xiàn)1FNkxmg 減速時：F1FNkxmgma，故A項對，B項錯正確選項為A、C.【答案】 AC6.如圖3322甲所示，水平木板上有質(zhì)量m1.0 kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力Ff的大小如圖 圖3322乙所示取重力加速度g10 m/s2，下列判斷正確的是()圖3322A5 s內(nèi)拉力對物塊做功為零B4 s末物塊所受合力大小為4.0 NC物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.4D6 s9 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 s5 s內(nèi)物塊做加速運動，前5 s內(nèi)拉力對物塊做功不為零，故A選項錯誤；4 s末物塊靜止，所受合力為零，B選項錯誤；由4 s之后的運動情況判斷其受滑動摩擦力Ffmg3 N，得0.3，C選項錯誤；由牛頓第二定律可知4 s后物塊的加速度a2 m/s2，D選項正確【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，該力與時間的關(guān)系如圖3323所示，A、B始終相對靜止，則在02t0時間內(nèi)，下列說法正確的是()圖3323At0時刻，A、B間靜摩擦力最大Bt0時刻，A、B速度最大C2t0時刻，A、B速度最小，與初始時刻相等D2t0時刻，A、B位移最大【解析】對整體，F(xiàn)產(chǎn)生加速度；隔離A，B對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時刻，A、B間靜摩擦力為零，速度最大，A項錯誤、B項正確；而在2t0時刻，它們速度最小，為零，由于速度方向一直未變，故2t0時刻位移最大，C、D項正確【答案】BCD8.(xx銀川質(zhì)檢)(多選)如圖3324所示，在傾角30的光滑斜面上有兩個用輕質(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)處于靜止狀態(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向上做勻加速運動，當物塊B剛要離開C時F的大小恰為2mg.則()A物塊B剛要離開C時B的加速度也為aB加速度agC以A、B整體為研究對象可以計算出加速度agD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B的加速度為0，A項錯誤；未加F時對A受力分析得彈簧的壓縮量x1，B剛要離開C時對B受力分析得彈簧的伸長量x2，此時對A由牛頓第二定律得Fmgsin 30kx2ma，解得ag，B項正確、C項錯誤；物塊A的位移x1x2，D項正確【答案】BDB組深化訓練提升應考能力9(xx荊州模擬)一長輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上，木板上放質(zhì)量分別為mA1 kg和mB2 kg的A、B兩物塊、A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為 圖33250.2(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，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F1 N，則物塊、木板都靜止不動B若F1.5 N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5 NC若F4 N，則B物塊所受摩擦力大小為4 ND若F8 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F2 N時，A物塊沒有與木板發(fā)生相對滑動，A、B與板整體向左加速，選項A錯誤；若F1.5 N，對A、B及輕質(zhì)木板整體有a0.5 m/s2，對A物塊分析有FFfmAa，解得Ff1 N，選項B錯誤；若F4 N，則A物塊與板發(fā)生相對滑動，板對B物塊的靜摩擦力為2 N，選項C錯誤；若F8 N，板對B物塊的靜摩擦力仍為2 N，根據(jù)a可得a1 m/s2，選項D正確【答案】D10(多選)如圖3326(a)所示，用一水平外力F推著一個靜止在傾角為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算出()(a)(b)圖3326A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時物體的速度【解析】分析物體受力，由牛頓第二定律得：Fcos mgsin ma，由F0時，a6 m/s2，得37；由aFgsin 和aF圖線知：，得：m2 kg；物體靜止時的外力F0cos mgsin ，F(xiàn)0mgtan 15 N；無法求出物體加速度為6 m/s2時的速度，因物體的加速度是變化的，對應時間也未知，故A、B、C正確，D錯誤【答案】ABC11.如圖3327所示，質(zhì)量分別為m和M的兩個小物體(可視為質(zhì)點)中間連一長度為L的輕繩，放置在水平地面上，使繩處于豎直伸直狀態(tài)(此時繩張力為零)，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，所需的最短時間是多少？【解析】(1)由hLat2得：質(zhì)量為M的物體上升的加速度a.(2)對兩個小物體組成的整體，由牛頓第二定律得F(Mm)g(Mm)a，解得F(Mm)g(3)設(shè)上升過程中的最大加速度為a0，對質(zhì)量為M的物體有FTMgMa0，HLa0t，聯(lián)立解得所需的最短時間是tmin.【答案】(1)(2)F(Mm)g(3)12(xx吉林長春調(diào)研)如圖3328所示，質(zhì)量為M2 kg的足夠長的木板A靜止在水平地面上，其上表面水平，木板A與地 圖3328面間的動摩擦因數(shù)為10.1，一個質(zhì)量為m3 kg的小物塊B(可視為質(zhì)點)靜止于A的左端，小物塊B與木板A間的動摩擦因數(shù)為20.3.現(xiàn)給小物塊B一個水平向右的初速度，大小為v01 m/s.求：木板A與小物塊B在整個運動過程中位移大小之比(最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力的大小，g取10 m/s2)【解析】分別以A、B為研究對象，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：2mgmaB2mg1(mM)gMaA假設(shè)經(jīng)過t0秒A、B共速，共同速度設(shè)為v共，由勻變速直線運動的規(guī)律得：v0aBt0aAt0v共解得：aA2 m/s2，aB3 m/s2，t00.2 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xAaAt，xBv0t0aBt解得：xA0.04 m，xB0.14 m.假設(shè)共速之后，A、B一起向右勻減速運動，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：FfmaB，1(mM)gFfMaA解得：Ff1mg2mg，假設(shè)成立，aAaB1g1 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xAxB0.08 m整個過程中A的位移大小xAxAxA0.12 mB的位移大小xBxBxB0.22 mxAxB611.【答案】611