2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題03 牛頓運(yùn)動定律(含解析).docx
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專題03 牛頓運(yùn)動定律第一部分名師綜述綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn),試題在考查主干知識的同時,注重考查必修中的基本概念和基本規(guī)律,且更加突出考查學(xué)生運(yùn)用力和運(yùn)動的觀點(diǎn)分析解決問題的能力。牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用是每年高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn),應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律解題的關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析,特別是牛頓運(yùn)動定律與曲線運(yùn)動,萬有引力定律以及電磁學(xué)等相結(jié)合的題目,牛頓定律中一般考查牛頓第二定律較多,一般涉及一下幾個方面:一是牛頓第二定律的瞬時性,根據(jù)力求加速度或者根據(jù)加速度求力,二是動力學(xué)的兩類問題,三是連接體問題,四是牛頓第二定律在生活生產(chǎn)和科技中的應(yīng)用。第二部分精選試題一、單選題1如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端連接一小物塊,O點(diǎn)為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放,沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動,最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過程中,物塊()A加速度逐漸減小B經(jīng)過O點(diǎn)時的速度最大C所受彈簧彈力始終做正功D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】 D【解析】【詳解】由于水平面粗糙且O點(diǎn)為彈簧在原長時物塊的位置,所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間,加速度為零時彈力和摩擦力平衡,所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大,A錯誤;物體在平衡位置處速度最大,所以物塊速度最大的位置在AO之間某一位置,B錯誤;從A到O過程中彈力方向與位移方向相同,彈力做正功,從O到B過程中彈力方向與位移方向相反,彈力做負(fù)功,C錯誤;從A到B過程中根據(jù)動能定理可得W彈-W克f=0,即W彈=W克f,即彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功,D正確2質(zhì)量為400 kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速,受到的阻力不變,其加速度a和速度的倒數(shù)1v的關(guān)系如圖所示,則賽車在加速的過程中( )A速度隨時間均勻增大B加速度隨時間均勻增大C輸出功率為160 kWD所受阻力大小為1 60 N【答案】 C【解析】【詳解】由圖可知,加速度變化,故做變加速直線運(yùn)動,速度隨時間不是均勻增大故A錯誤;a-1v函數(shù)方程a400v4,汽車加速運(yùn)動,速度增大,加速度減小,故B錯誤;對汽車受力分析,受重力、支持力、牽引力和摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有:F-f=ma;其中:F=P/v;聯(lián)立得:a=Pmv-fm,結(jié)合圖線,當(dāng)物體的速度最大時,加速度為零,故結(jié)合圖象可以知道,a=0時,1v=0.01,v=100m/s,所以最大速度為100m/s;由圖象可知:f/m4,解得:f=4m=4400=1600N;01400P100-f400,解得:P=160kW,故C正確,D錯誤;故選C。3最近,不少人喜歡踩著一種獨(dú)輪車,穿梭街頭。這種獨(dú)輪車全名叫電動平衡獨(dú)輪車,其中間是一個窄窄的輪子,兩側(cè)各有一塊踏板。當(dāng)人站在踏板上向右運(yùn)動時,可簡化為如圖甲、乙所示的模型。關(guān)于人在運(yùn)動中踏板對人腳的摩擦力,下列說法正確的是A考慮空氣阻力,當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動時,腳所受摩擦力向左B不計(jì)空氣阻力,當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動時,腳所受摩擦力向左C考慮空氣阻力,當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動時,腳所受摩擦力可能為零D不計(jì)空氣阻力,當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動時,腳所受摩擦力不可能為零【答案】 C【解析】【詳解】考慮空氣阻力,當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動時,根據(jù)平衡條件,則腳所受摩擦力為右,故A錯誤;不計(jì)空氣阻力,當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動時,合力向右,即腳所受摩擦力向右,故B錯誤;當(dāng)考慮空氣阻力,當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動時,根據(jù)平衡條件,則重力、支持力與空氣阻力處于平衡,則腳所受摩擦力可能為零,故C正確;當(dāng)不計(jì)空氣阻力,當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動時,根據(jù)牛頓第二定律,腳受到的重力與支持力提供加速度,那么腳所受摩擦力可能為零,故D錯誤;故選C?!军c(diǎn)睛】此題考查根據(jù)不同的運(yùn)動狀態(tài)來分析腳受到力的情況,掌握物體的平衡條件以及加速度與合外力的關(guān)系,注意人水平方向向右運(yùn)動時空氣阻力的方向是水平向左的4如圖所示,在豎直平面內(nèi)用輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個小球,將小球拉至A點(diǎn),使細(xì)線處于拉直狀態(tài),由靜止開始釋放小球,不計(jì)摩擦,小球可在A、B兩點(diǎn)間來回?cái)[動當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時,細(xì)線恰好斷開,則小球?qū)ⅲǎ〢在B點(diǎn)保持靜止 B沿BE方向運(yùn)動C沿BC方向運(yùn)動 D沿BD方向運(yùn)動【答案】 B【解析】由于小球被靜止釋放,不計(jì)摩擦,它可在A、B兩點(diǎn)間來回?cái)[動。當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時,小球速度恰好為零,此時若細(xì)線恰好斷開,則小球只受重力作用而豎直下落。所以,將沿BE方向運(yùn)動。故選B。【點(diǎn)睛】此題考查了學(xué)生力和運(yùn)動之間的關(guān)系,力可以改變物體的形狀或運(yùn)動狀態(tài)。在此題中,小球由于重力作用將由靜止下落。解決此題的關(guān)鍵是判斷出在B點(diǎn)的運(yùn)動狀態(tài)。5(2018普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試模擬試題)如圖甲所示,某高架橋的引橋可視為一個傾角=30、長l=500 m的斜面。一輛質(zhì)量m=2 000 kg的電動汽車從引橋底端由靜止開始加速,其加速度a隨速度可變化的關(guān)系圖像如圖乙所示,電動汽車的速度達(dá)到1 m/s后,牽引力的功率保持恒定。已知行駛過程中電動汽車受到的阻力Ff(摩擦和空氣阻力)不變,重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是A電動汽車所受阻力Ff=12 000 NB電動汽車的速度達(dá)到1 m/s后,牽引力的功率P0=12 kWC第1 s內(nèi)電動汽車牽引力的功率P與時間t滿足P=12 000tD第1 s內(nèi)電動汽車機(jī)械能的增加量等于牽引力與阻力做功的代數(shù)和,大小為6 000 J【答案】 D【解析】加速階段由牛頓第二定律可知:F-Ff-mgsin=ma,之后保持功率不變,P0v-Ff-mgsin=ma,電功汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,最終加速度減小到0,電動汽車達(dá)到該功率該路況下的最大速度,P0vmax-Ff-mgsin=0解得P0=14KW;Ff=2000N;選項(xiàng)AB錯誤;第1s內(nèi)電動汽車牽引力的功率P=Fv=14000t,選項(xiàng)C錯誤;電動汽車做勻加速運(yùn)動的過程,位移x=v22a=0.5m,牽引力大小為14000N,牽引力與阻力做功的代數(shù)和為(F-Ff)x=6000J,選項(xiàng)D正確;故選D.點(diǎn)睛:此題關(guān)鍵是能從a-t圖像中獲取有用的信息,搞清電動汽車的運(yùn)動的特這,結(jié)合牛頓第二定律及功率的知識進(jìn)行分析解答.6如圖,粗糙水平地面上放有一斜劈,小物塊以一定初速度從斜劈底端沿斜面向上滑行,回到斜劈底端時的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始終保持靜止,則小物塊A上滑所需時間與下滑所需時間相等B上滑和下滑過程,小物塊機(jī)械能損失相等C上滑時的加速度與下滑時的加速度相等D上滑和下滑過程,斜劈受到地面的摩擦力方向相反【答案】 B【解析】設(shè)斜面的長度為x,物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為,斜面傾角為,物體質(zhì)量為m,斜面質(zhì)量為M;A、C、根據(jù)牛頓第二定律可得物體上滑的加速度大小a1=mgsin+mgcosm=gsin+gcos,下滑的加速度大小a2=mgsin-mgcosm=gsin-gcos,可知a1a2,上升過程中根據(jù)逆向思維可以看成是加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動,根據(jù)x=12at2知,t1t2,即物體沿斜面上滑的時間一定小于沿斜面下滑的時間,故A、C錯誤;B、上滑過程中和下滑過程中機(jī)械能的損失都等于克服摩擦力做的功,即為mgxcos,故B正確;D、物體先減速上滑,后加速下滑,加速度一直沿斜面向下,對整體受力分析,受到總重力、支持力和向左的靜摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有:x方向分析:上滑過程中f1=ma1cos,下滑過程中f2=ma2cos,地面對斜面體的靜摩擦力方向一直未變向左,故D錯誤。故選B?!军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是用整體法進(jìn)行受力分析,然后根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式列方程分析求解;知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動學(xué)的橋梁。7如圖,在繞地運(yùn)行的天宮一號實(shí)驗(yàn)艙中,宇航員王亞平將支架固定在桌面上,擺軸末端用細(xì)繩連接一小球拉直細(xì)繩并給小球一個垂直細(xì)繩的初速度,它沿bdac做圓周運(yùn)動在a、b、c、d四點(diǎn)時(d、c兩點(diǎn)與圓心等高),設(shè)在天宮一號實(shí)驗(yàn)艙中測量小球動能分別為Eka、Ekb、Ekc、Ekd,細(xì)繩拉力大小分別為Ta、Tb、Tc、Td,阻力不計(jì),則()AEkaEkc=EkdEkbB若在c點(diǎn)繩子突然斷裂,王亞平看到小球做豎直上拋運(yùn)動CTa=Tb=Tc=TdD若在b點(diǎn)繩子突然斷裂,王亞平看到小球做平拋運(yùn)動【答案】 C【解析】AC:在繞地運(yùn)行的天宮一號實(shí)驗(yàn)艙中,小球處于完全失重狀態(tài),由繩子的拉力提供向心力,小球做勻速圓周運(yùn)動,則有Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重時,只有繩的拉力提供向心力公式T=mv2r,v、r、m都不變,小球的向心力大小不變,則有:Ta=Tb=Tc=Td故A項(xiàng)錯誤,C項(xiàng)正確。BD:在b點(diǎn)或c點(diǎn)繩斷,小球只有沿著圓周的切線方向的速度,沒有力提供向心力,做離心運(yùn)動且沿切線方向做勻速直線運(yùn)動。故BD兩項(xiàng)均錯誤。點(diǎn)睛:解答本題要抓住小球處于完全失重狀態(tài),由繩子的拉力提供向心力,再根據(jù)向心力公式分析即可。8如圖所示,一個“V”形槽的左側(cè)擋板A豎直,右側(cè)擋板B為斜面,槽內(nèi)嵌有一個質(zhì)量為m的光滑球C。“V”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動的一小段時間內(nèi),設(shè)擋板A、B對球的彈力分別為F1、F2,下列說法正確的是( )AF1、F2都逐漸增大BF1、F2都逐漸減小CF1逐漸減小,F(xiàn)2逐漸增大DF1、F2的合外力逐漸減小【答案】 D【解析】光滑球C受力情況如圖所示:F2的豎直分力與重力相平衡,所以F2不變;F1與F2水平分力的合力等于ma,在V形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動的一小段時間內(nèi),加速度不斷減小,由牛頓第二定律可知F1不斷減小,F(xiàn)1、F2的合力逐漸減小,故D正確,A、B、C錯誤;故選D。【點(diǎn)睛】以光滑球C為研究對象,作出光滑球C受力情況的示意圖;豎直方向上受力平衡,水平方向根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小,結(jié)合加速度的變化解答。9如圖所示,質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平面上,物體A和B通過細(xì)線跨過定滑輪相連,不考慮滑輪的摩擦和質(zhì)量,斜面與A和B間都沒有摩擦,細(xì)線與斜面平行。在圖示情況下都靜止不動,細(xì)線的張力為T,斜面體對地面的壓力為N,斜面體與地面的摩擦力為f。如果將A和B位置對換且A和B都沒達(dá)地面上時;,斜面體依然靜止,細(xì)線的拉力為T1,斜面體對地面的壓力為N1,斜面體與地面的摩擦力為f1,那么()ATT1,f1 fBN1N,T=T1CT1=T,f1不為零,f=0DN1=N,f1=f0【答案】 C【解析】由初始情景可加mA=mBsin,mAmB,互換位置后,,解得T1= mAg,a=g(1-sin),B將加速下落,由超重和失重可知,NN1;初始細(xì)度拉力T= mAg,互接位置后,T1=mAg,由質(zhì)點(diǎn)系的牛頓第二定律可得f=0,f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sin)cos0.故選C.【點(diǎn)睛】本題涉及加速度不同的連接體問題,也可以采用整體法研究,可分豎直和水平兩個方向分別列式分析。10一個質(zhì)量為M的箱子放在水平地面上,箱內(nèi)用一段固定長度的輕質(zhì)細(xì)線拴一質(zhì)量為m的小球,線的另一端拴在箱子的頂板上,現(xiàn)把細(xì)線和球拉到左側(cè)與豎直方向成角處靜止釋放,如圖所示,在小球擺動的過程中箱子始終保持靜止,則以下判斷正確的是()A在小球擺動的過程中,線的張力呈周期性變化,但箱子對地面的作用力始終保持不變B小球擺到右側(cè)最高點(diǎn)時,地面受到的壓力為(M+m)g,箱子受到地面向左的靜摩擦力C小球擺到最低點(diǎn)時,地面受到的壓力為(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力D小球擺到最低點(diǎn)時,線對箱頂?shù)睦Υ笥趍g,箱子對地面的壓力大于(M+m)g【答案】 D【解析】在小球擺動的過程中,速度越來越大,對小球受力分析根據(jù)牛頓第二定律可知:F-mgcos=mv2r,繩子在豎直方向的分力為:F=Fcos=mgcos+mv2rcos,由于速度越來越大,角度越來越小,故F越大,故箱子對地面的作用力增大,在整個運(yùn)動過程中箱子對地面的作用力時刻變化,故A錯誤;小球擺到右側(cè)最高點(diǎn)時,小球有垂直于繩斜向下的加速度,對整體由于箱子不動加速度為aM=0,a為小球在豎直方向的加速度,根據(jù)牛頓第二定律可知:M+mg-FN=MaM+ma,則有:FN=M+mg-ma,故FN2, 可用張力足夠的輕繩替代彈簧B若1=2, 可用輕桿替代彈簧C若10,木板發(fā)生運(yùn)動,故A錯誤;B、設(shè)木塊1的最小速度為v1,木塊1的加速度f=ma1做勻減速;木板的加速度為3mg=3ma做勻加速;當(dāng)兩者速度相等時木塊1的速度達(dá)到最小即v1=v0-at=at解得v1=12v0,故B錯誤;C、設(shè)木塊2的最小速度為v2,此過程木塊2的速度該變量為v0-v2,而木塊3速度改變量與木塊2速度該變量相等,即木塊3的速度為v0+v2由動量守恒可得m(v0+2v0+3v0)=5mv2+m(v0+v2),解得:v2=56v0,故C正確;D、當(dāng)木塊3相對靜止時,速度達(dá)到最小,此時四個物體共速,設(shè)速度為v3,則由動量守恒可得:m(v0+2v0+3v0)=6mv3解得:v3=v0對木塊3,由動能定理可知-mgs=12mv32-12m(3v0)2,解得:s=4v02g,故D正確;故選CD17如圖傾角為300的傳送帶在電動機(jī)帶動下始終以V0的速度勻速上行. 相等質(zhì)量的甲,乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))分別無初速放在傳送帶底端,發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時恰好與皮帶保持相對靜止,乙滑塊上升h/2高度處恰與皮帶保持相對靜止.現(xiàn)比較甲,乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程A甲滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)B甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量C兩個過程中皮帶對滑塊所做的功相同D兩個過程中電動機(jī)對皮帶所做的功相同【答案】 BC【解析】A:對甲滑塊:v02=2a1hsin300,1mgcos300-mgsin300=ma1;對乙滑塊:v02=2a2h2sin300,2mgcos300-mgsin300=ma2??傻?E3BE2E1E3Cv1=v2v3Dv2 v1E3,物體在2上做曲線運(yùn)動,則物體對曲面的壓力大于對斜面1的壓力,則物體下滑過程中克服摩擦力做功W2f=FNLmg Lcos=W1f,損失的機(jī)械能關(guān)系為:E2E1;即E2E1E3,故A錯誤,B正確;根據(jù)能量關(guān)系:12mv2=mgh-Wf,則v2 v1v3,則選項(xiàng)D正確,C錯誤;故選BD.20如圖所示,一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上,物體A、B疊放在斜面體上,物體B受沿斜面向上的力F作用沿斜面勻速上滑,A、B之間的動摩擦因數(shù)為,tan,且A、B質(zhì)量均為m,則()AA、B保持相對靜止B地面對斜面體的摩擦力等于mg(sincos)cosFcosC地面受到的壓力等于(M2m)gDB與斜面間的動摩擦因數(shù)為F-mgsin-mgcos2mgcos【答案】 BD【解析】A、對A分析,因?yàn)閙gcos,所以A、B不能保持相對靜止,故A錯誤B、以A為研究對象,A受到重力、支持力和B對A的摩擦力,如圖甲所示Nmgcos,mgsinNma,由于0.將B和斜面體視為整體,受力分析如圖乙所示可知地面對斜面體的摩擦力等于mg(sincos)cosFcos;故B正確;C、以三者整體為研究對象:A有沿斜面向下的加速度,故地面受到的壓力不等于(M2m)g, C錯誤D、B與斜面體間的正壓力N2mgcos,對B分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡有Fmgsinmgcosf,則B與斜面間的動摩擦因數(shù)=fN=F-mgsin-mgcos2mgcos,故D正確故選BD三、解答題21如圖所示,質(zhì)量m=15g、長度L=2m的木板D靜置于水平地面上,木板D與地面間的動摩擦因數(shù)1=0.1,地面右端的固定擋板C與木板D等高。在擋板C右側(cè)豎直虛線PQ、MN之間的區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場,在兩個半徑分別為R11m和R2=3m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,兩半圓的圓心O到固定擋板C頂點(diǎn)的距離OC2m?,F(xiàn)有一質(zhì)量m15g、帶電荷量q=+610-5的物塊A可視為質(zhì)點(diǎn))以v0=4m/s的初速度滑上木板D,二者之間的動摩擦因數(shù)2=0.3,當(dāng)物塊A運(yùn)動到木板D右端時二者剛好共速,且本板D剛好與擋板C碰撞,物塊A從擋板C上方飛入PQNM區(qū)城,并能夠在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,重力加速度g取10m/s2.(1)當(dāng)物塊A剛滑上本板D時,求物塊A和木板D的加速度大小,(2)求電場強(qiáng)度的大小.(3)為保證小物塊A只能從環(huán)帶狀區(qū)城的上、下兩個開口端飛出,求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍?!敬鸢浮?1) 3m/s2;1m/s2;(2) 25V/m;(3) 1TB53T或B5T【解析】【詳解】解:(1) 當(dāng)物塊A剛滑上木板D時,對物塊A受力分析有:2mg=ma2解得:a2=3m/s2對本板D受力分析有:2mg-12mg=ma1解得:a1=1m/s2(2)物塊A進(jìn)入?yún)^(qū)域PQNM后,能在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,則有:mg=qE解得:E=25V/m(3)物塊A與木板D共速時有:v=v0-a2t=a1t解得:v=1m/s粒于做勻速圓周運(yùn)動有:qvB=mv2R要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出磁場、物塊A在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R應(yīng)滿足:ROC-R12或OC+R12ROC+R22解得:B5T或1TB53T則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為:1TB53T或B5T22如圖所示,長木板質(zhì)量M=3 kg,放置于光滑的水平面上,其左端有一大小可忽略,質(zhì)量為m=1 kg的物塊A,右端放著一個質(zhì)量也為m=1 kg的物塊B,兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為=0.4,AB之間的距離L=6 m,開始時物塊與木板都處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)對物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用,取g=10 m/s2。(1)為使物塊A與木板發(fā)生相對滑動,F(xiàn)至少為多少?(2)若F=8 N,求物塊A經(jīng)過多長時間與B相撞,假如碰撞過程時間極短且沒有機(jī)械能損失,則碰后瞬間AB的速度分別是多少?【答案】(1)5 N (2)vA=2m/s vB=8m/s【解析】【詳解】(1)據(jù)分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時物塊B和木板之間的摩擦力沒有達(dá)到最大靜摩擦力。設(shè)物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時,拉力為F0,整體的加速度大小為a,則:對整體: F0=(2m+M)a對木板和B:mg=(m+M)a解之得: F0=5N即為使物塊與木板發(fā)生相對滑動,恒定拉力至少為5 N;(2)物塊的加速度大小為:aA=F-mgm=4ms2木板和B的加速度大小為:aB=mgM-m=1m/s2設(shè)物塊滑到木板右端所需時間為t,則:xA-xB=L即12aAt2-12aBt2=L解之得:t=2 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB發(fā)生彈性碰撞則動量守恒:mva+mvB=mva+mvB機(jī)械能守恒:12mva2+12mvB2=12mva2+12mvB2解得:vA=2m/s vB=8m/s23如圖所示,一質(zhì)量為m1=1kg的長直木板放在粗糙的水平地面上,木板與地面之間的動摩擦因素1=0.1,木板最右端放有一質(zhì)量為m2=1kg、大小可忽略不計(jì)的物塊,物塊與木板間的動摩擦因素2=0.2?,F(xiàn)給木板左端施加一大小為F=12N、方向水平向右的推力,經(jīng)時間t1=0.5s后撤去推力F,再經(jīng)過一段時間,木板和物塊均停止運(yùn)動,整個過程中物塊始終未脫離木板,取g=10m/s2,求:(1)撤去推力F瞬間,木板的速度大小v1即物塊的速度大小v2;(2)木板至少多長;(3)整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】(1)4m/s;1m/s(2)1.5m(3)12J【解析】【詳解】(1)假設(shè)木板和物塊有相對滑動,撤F前,對木板:F-1(m1+m2)g-2m2g=m1a1解得:a1=8m/s2對物塊:2m2g=m2a2解得:a2=2m/s2因a1a2,故假設(shè)成立,撤去F時,木板、物塊的速度大小分別為:v1=a1t1=4m/sv2=a2t1=1m/s(2)撤F后,對木板:1(m1+m2)g+2m2g=m1a3解得:a3=4m/s2對物塊:2m2g=m2a4解得:a4=2m/s2撤去F后,設(shè)經(jīng)過t2時間木板和物塊速度相同:對木板有:v=v1-a3t2對物塊有:v=v2+a4t2得:t2=0.5s,v=2m/s撤F前,物塊相對木板向左滑行了x1=v12t1-v22t2=0.75m撤F后至兩者共速,物塊相對木板又向左滑行了x2=v1+v2t2-v2+v2t2=0.75m之后二者之間再無相對滑動,故板長至少為:L=x1+x2=1.5m(3)解法一:物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量:Q1=2m2gL=3J共速后,兩者共同減速至停止運(yùn)動,設(shè)加速度為a,有:a=1g=1m/s2全過程中木板對地位移為:s=v12t1+v1+v2t2+v22a=4.5m木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為:Q2=1(m1+m2)gs=9J故全過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為:Q=Q1+Q2=12J解法二:由功能關(guān)系可得:Q=Fx1x1=v12t1Q=12J24如圖所示,t0時一質(zhì)量m1 kg的滑塊A在大小為10 N、方向與水平向右方向成37的恒力F作用下由靜止開始在粗糙水平地面上做勻加速直線運(yùn)動,t12 s時撤去力F; t0時在A右方x07 m處有一滑塊B正以v07 m/s的初速度水平向右運(yùn)動。已知A與地面間的動摩擦因數(shù)10.5,B與地面間的動摩擦因數(shù)20.1,取重力加速度大小g10 m/s2,sin370.6,cos370.8。兩滑塊均視為質(zhì)點(diǎn),求:(1)兩滑塊在運(yùn)動過程中速度相等的時刻;(2)兩滑塊間的最小距離?!敬鸢浮浚?)3.75s(2)0.875m【解析】【分析】(1)根據(jù)牛頓第二定律先求解撤去外力F前后時A的加速度以及B的加速度;根據(jù)撤去F之前時速度相等和撤去F之后時速度相等列式求解;(2)第一次共速時兩物塊距離最大,第二次共速時兩物塊距離最?。桓鶕?jù)位移公式求解最小值.【詳解】(1)對物塊A,由牛頓第二定律:Fcos-1(mg-Fsin)=ma1;對物體A撤去外力后:1mg=ma1;對物體B:a2=2gA撤去外力之前兩物體速度相等時:a1t=v0-a2t,得t1 sA撤去外力之后兩物體速度相等時:a1t1-a1(t-t1)=v0-a2t,得t3.75 s(2)第一次共速時兩物塊距離最大,第二次共速時兩物塊距離最小,則:xx0x2x1;x2=v0t-12a2t2x1=12a1t12+a1t1(t-t1)-12a1(t-t1)2得x0.875 m25如圖甲所示,長為L=4.5m的薄木板M放在水平地面上,質(zhì)量為m=l kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端,開始時兩者靜止。現(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板M上,通過傳感器測m、M兩物體的加速度與外力F的變化關(guān)系如圖乙所示。已知兩物體與地面之間的動摩擦因數(shù)相同,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g= 10m/s2。求:(1)m、M之間的動摩擦因數(shù);(2)M的質(zhì)量及它與水平地面之間的動摩擦因數(shù);(3)若開始時對M施加水平向左的恒力F=29 N,求:t=4s時m到M右端的距離.【答案】(1) 0.4 (2)4kg;0.1 (3) 6.625m【解析】【詳解】(1)由乙圖知,m、M一起運(yùn)動的最大外力Fm=25N,當(dāng)F25N時,m與M相對滑動,對m由牛頓第二定律有:1mg=ma1由乙圖知a1=4m/s2解得:1=0.4(2)對M由牛頓第二定律有:F-1mg-2(M+m)g=Ma2即:a2=F-1mg-2(M+m)gM=-1mg-2(M+m)gM+FM乙圖知:1M=14,-1mg-2(M+m)g=-94解得:M = 4kg,2=0.1(3)由于F=29N25N,所以從開始m就與M相對滑動對地向左做勻加速運(yùn)動,加速度為a1,M加速度為a2M的加速度大小a2=F-1mg-2(M+m)gM=5m/s2,方向向左,在m沒有滑落板之前M的位移大小x2=12a2t12m的位移大小x1=12a1t12x2-x1=L解得:t1=3s此后m從M上掉下來,之后M的加速度大小為a3,對M由生頓第二定律F-2Mg=Ma3可得:a3=254m/s2M的加速度為a42mg=ma4a4=1m/s2m從M上剛掉下來時M的速度為vM,vM=a2t1=15m/sM的速度為vm=a1t1=12m/sm從M上剛掉下來后M的位移為xM=vMt-t1+12a3t-t12m從M上剛掉下來后m的位移為xm=vmt-t1-12a4t-t12m從M上剛掉下來后m與M的距離為x=xM-xm=538=6.625m【點(diǎn)睛】本題綜合性很強(qiáng),涉及到物理學(xué)中重要考點(diǎn),如牛頓第二定律、動能定理、運(yùn)動學(xué)公式,關(guān)鍵是明確木板和木塊的運(yùn)動規(guī)律和受力特點(diǎn)。26如圖所示,一足夠長斜面傾角=37,斜面上有一質(zhì)量為m=1kg的木板,在木板上放一質(zhì)量也為m=1kg的金屬塊(可看成質(zhì)點(diǎn)),t=0時刻金屬塊的速度為v0=20m/s。方向沿斜面向上,同時給木板施加一個眼斜面向上的拉力F=14N,使木板從靜止開始運(yùn)動。當(dāng)t=2s時撤去拉力F,已知金屬塊和木板間動摩擦因數(shù)1=0.25,木板和斜面間動摩擦因數(shù)2=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,求:(1)前2s內(nèi)金屬塊和木板的加速度;(2)從t=0到金屬塊速度減小到0的過程中木板在斜面上的位移(此過程金屬塊始終未離開木板,計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)?!敬鸢浮?1) 金屬塊的加速度a1=8m/s2,方向沿斜面向下,木板的加速度a2=2m/s2,方向沿斜面向上 (2) 4.67m【解析】(1)對金屬塊和木板應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律有1mgcos+mgsin=ma1F+1mgcos-mgsin-22mgcos=ma2解得金屬塊的加速度a1=8m/s2,方向沿斜面向下,木板的加速度a2=2m/s2,方向沿斜面向上。(3)2s末金屬塊的速度為v1=v0-a1t=4m/s,木板的速度為v2=a2t=4m/s可見撤去F時金屬塊和木板速度相等。分析得知此后一段時間金屬塊的加速度仍為a1=8m/s2,方向沿斜面向下。設(shè)此后一段時間板的加速度為a3:由牛頓第二定律可得:mgsin+22mgcos-1mgcos=ma3,解得a3=12m/s2,方向沿斜面向下。由于a1a3,故木板速度先減到零,此后在金屬塊上滑的過程中,假設(shè)木板靜止在斜面上斜面上,受到斜面的靜摩擦力為f,則mgsin=f+1mgcos,f=4N木板和斜面之間的最大靜摩擦力fm=2mgcos=8N,ffm,假設(shè)成立。設(shè)金屬塊速度減小到0,的過程中木板在斜面上滑動的位移為x,則x=v122a2+v122a3=4.67m,方向沿斜面向上?!军c(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵要正確分析木塊和木板受力情況,判斷其運(yùn)動情況,運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合處理是基本方法。27如圖所示,與水平面成30的傳送帶正以v3 m/s的速度勻速運(yùn)行,A、B兩端相距l(xiāng)13.5 m?,F(xiàn)每隔1 s把質(zhì)量m1 kg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上,工件在傳送帶的帶動下向上運(yùn)動,工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)235,取g10 m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求:(1)相鄰工件間的最小距離和最大距離;(2)滿載與空載相比,傳送帶需要增加多大的牽引力?【答案】(1)0.50 m3.0 m(2)33 N【解析】【詳解】(1)設(shè)工件在傳送帶上加速運(yùn)動時的加速度為a,則由牛頓第二定律有:mgcos-mgsin=ma代入數(shù)據(jù)可得加速度為:a=gcos-gsin=1m/s2剛放上下一個工件時,該工件離前一個工件的距離最小,且最小距離為:dmin=12at2=12112m=0.5m當(dāng)工件勻速運(yùn)動時兩相鄰工件相距最遠(yuǎn),則有:dmax=vt=3.0m(2)由于工件加速時間為t1=va=31s=3s,因此傳送帶上總有三個(n1=3)工件正在加速,故所有做 加速運(yùn)動的工件對傳送帶的總滑動摩擦力:Ff1=3mgcos在滑動摩擦力作用下工件移動的距離為:x=v2a=3221m=4.5m所以傳送帶上勻速運(yùn)動的工件個數(shù)為:n=L-xdmax=13.5-4.53=3當(dāng)工件與傳送帶相對靜止后,每個工件受到的靜摩擦力Ff0=mgsin所以做勻速運(yùn)動的工件對傳送帶的總靜摩擦力Ff2=n2Ff0與空載相比,傳送帶需要增加的牽引力為:F=Ff1+Ff2=3235110N+3110N=33N【點(diǎn)睛】本題是關(guān)于傳送帶的問題,解決本題注意以下幾個方面:1、對工件正確的受力分析,正確的列出動力學(xué)方程。2、必須分析清楚在加速的工件和勻速的工件個數(shù),這樣才能求出與空載相比,傳送帶需要增加的牽引力。28如圖所示,上表面光滑的“L”形木板B鎖定在傾角為37的足夠長的斜面上;將一小物塊A從木板B的中點(diǎn)輕輕地釋放,同時解除木板B的鎖定,此后A與B發(fā)生碰撞,碰撞過程時間極短且不計(jì)能量損失;已知物塊A的質(zhì)量m1 kg,木板B的質(zhì)量m04 kg,板長L3.6 m,木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.6,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2,sin370.6,cos370.8。(1)求第一次碰撞后的瞬間A、B的速度;(2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,A距B下端的最大距離。(3)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,重力對A做的功?!敬鸢浮?1)3.6 m/s,沿斜面向上2.4 m/s,沿斜面向下 (2)3 m28.8 J【解析】【詳解】(1)對木板B有(mA+mB)gcos37=mBgsin37,所以A與B發(fā)生碰撞前木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)小物塊A與木板B碰撞前得速度為v0,根據(jù)機(jī)械能守恒有mgL2=12mv02A與B碰撞滿足動量守恒和機(jī)械能守恒:mv0=mv1+m0v212mv02=12mv12+12m0v22解得v1=-3.6m/s,v2=2.4m/s,可見A與B第一次碰撞后A的速度大小為3.6m/s,方向沿斜面向上;B的速度為2.4m/s,方向沿斜面向下。(2)A與B第一次碰撞后,A沿木板向上做勻減速運(yùn)動,B沿斜面向下做勻速運(yùn)動,在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前,當(dāng)AB的速度相等時,A距B下端的距離最大,A的運(yùn)動時間為t1=v2-v1gsin37,A距B下端的最大距離xm=xA-xB其中:xA=12(v1+v2)t1,xB=v2t1,聯(lián)立以上方程解得xm=3mA與B第一次碰撞后到第二次碰撞的時間為t2,碰撞前A的速度為v,由于A與B從第一次碰撞到第二次碰撞前的位移相同,即:v1+v2t2=v2t2此過程對A由動能定理WG=12mv2-12mv12,解得WG=28.8J【點(diǎn)睛】本題是一道牛頓運(yùn)動定律的綜合性試題,解答本題注意以下幾點(diǎn):1、分析AB的受力,弄清楚AB碰撞前后各自的運(yùn)動性質(zhì),只有明確了運(yùn)動性質(zhì),才能繼續(xù)列方程求解。2、在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,A距B下端的距離最大的條件。29如圖所示,在距地面h=5m的光滑水平桌面上,一輕質(zhì)彈簧被a(質(zhì)量為1kg,可視為質(zhì)點(diǎn))和b(質(zhì)量為2kg,可視為質(zhì)點(diǎn))兩個小物體壓縮(不拴接),彈簧和小物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)。今同時釋放兩個小物體,彈簧恢復(fù)原長后,物體a繼續(xù)運(yùn)動最后落在水平地面上,落點(diǎn)距桌子邊緣距離x=2m,物體b則從A端滑上與桌面等高的傳送帶,傳送帶起初以v0=2m/s的速度順時針運(yùn)轉(zhuǎn),在b滑上的同時傳送帶開始以a0=1m/s2的加速度加速運(yùn)轉(zhuǎn),物體和傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.2,傳送帶右側(cè)B端處固定一豎直放置的光滑半圓軌道BCD,其半徑R=0.8m,小物體b恰能滑上與圓心O等高的C點(diǎn)。取g=10m/s2,求:(1)處于靜止?fàn)顟B(tài)時,彈簧的彈性勢能Ep;(2)物塊b由A端運(yùn)動到B端所經(jīng)歷的時間;(3)若要保證小物體b在半圓軌- 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- 2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題03 牛頓運(yùn)動定律含解析 2019 年高 物理 備考 優(yōu)生 百日 闖關(guān) 系列 專題 03 牛頓 運(yùn)動 定律 解析
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