2019年度高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 動力學兩類基本問題和臨界極值問題課時達標訓練.doc

《2019年度高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 動力學兩類基本問題和臨界極值問題課時達標訓練.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年度高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 動力學兩類基本問題和臨界極值問題課時達標訓練.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

牛頓運動定律的綜合應用 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～10題為多項選擇題) 1．如圖1甲所示，小物塊從足夠長的光滑斜面頂端由靜止自由滑下。下滑位移x時的速度為v，其x－v2圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則斜面傾角θ為(　　) 圖1 A．30 B．45 C．60 D．75 解析　由x－v2圖象可知小物塊的加速度a＝5 m/s2，根據牛頓第二定律得，小物塊的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30，A對，B、C、D錯。 答案　A 2．(2017鄭州質量預測)甲、乙兩球質量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質量無關，即f＝kv(k為正的常量)。兩球的v－t圖象如圖2所示。落地前，經時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．釋放瞬間甲球加速度較大 B.＝ C．甲球質量大于乙球質量 D．t0時間內兩球下落的高度相等 解析　釋放瞬間，兩球受到的阻力均為0，此時加速度相同，選項A錯誤；運動到最后達到勻速時，重力和阻力大小相等，mg＝kv，則＝，選項B錯誤；由圖象可知v1＞v2，因此甲球質量大于乙球質量，選項C正確；下落高度等于圖線與時間軸圍成的面積，可知甲球下落高度大，選項D錯誤。 答案　C 3．如圖3所示，A、B兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上，物體B與水平地面間的動摩擦因數μ1＝0.1，物體A與B之間的動摩擦因數μ2＝0.2。已知物體A的質量m＝2 kg，物體B的質量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2?，F對物體B施加一個水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對靜止，則恒力的最大值是(物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) 圖3 A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N 解析　對物體A、B整體，由牛頓第二定律，Fmax－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a；對物體A，由牛頓第二定律，μ2mg＝ma；聯立解得Fmax＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相關數據得Fmax＝15 N，選項B正確。 答案　B 4．(2018南昌模擬)圖4甲中的塔吊是現代工地必不可少的建筑設備，圖乙為150 kg的建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖象，g取10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) 圖4 A．前10 s懸線的拉力恒為1 500 N B．46 s末材料離地面的距離為22 m C．0～10 s材料處于失重狀態(tài) D．在30～36 s鋼索最容易發(fā)生斷裂 解析　由圖可知前10 s內材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知懸線的拉力為1 515 N，選項A錯誤；由圖象面積可得整個過程上升高度是28 m，下降的高度為6 m，46 s末材料離地面的距離為22 m，選項B正確；因30～36 s 材料加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，Fmg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，選項C、D錯誤。 答案　B 5．如圖5所示，有材料相同的P、Q兩物塊通過輕繩相連，并在拉力F作用下沿斜面向上運動，輕繩與拉力F的方向均平行于斜面。當拉力F一定時，Q受到繩的拉力(　　) 圖5 A．與斜面傾角θ有關 B．與動摩擦因數有關 C．與系統運動狀態(tài)有關 D．僅與兩物塊質量有關 解析　設P、Q的質量分別為m1、m2，Q受到繩的拉力大小為FT，物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，根據牛頓第二定律，對整體分析，有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a；對Q分析：有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得FT＝F，可見Q受到繩的拉力FT與斜面傾角θ、動摩擦因數μ和系統運動狀態(tài)均無關，僅與兩物塊質量和F有關，選項D正確。 答案　D 6．(2018濟南十校聯考)如圖6所示，質量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質彈簧將兩物塊連接在一起。當用水平力F作用在m1上時，兩物塊均以加速度a做勻加速運動，此時，彈簧伸長量為x；若用水平力F′作用在m1上時，兩物塊均以加速度a′＝2a做勻加速運動，此時彈簧伸長量為x′。則下列關系正確的是(　　) 圖6 A．F′＝2F B．x′＝2x C．F′＞2F D．x′＜2x 解析　取m1和m2為一整體，應用牛頓第二定律可得：F＝(m1＋m2)a。彈簧的彈力FT＝＝kx。當兩物塊的加速度增為原來的2倍，拉力F增為原來的2倍，FT增為原來的2倍，彈簧的伸長量也增為原來的2倍，故A、B正確。 答案　AB 7．質量m＝1 kg的物體在合外力F作用下由靜止開始做直線運動，合外力F隨時間t的變化圖象如圖7所示，下列關于該物體運動情況的說法正確的是(　　) 圖7 A．0～1 s內物體沿正方向做勻加速直線運動 B．第2 s末物體達到的最大速度2 m/s C．第4 s末物體速度為0 D．第4 s末物體回到出發(fā)位置 解析　因為物體的質量是1 kg，所以物體加速度－時間圖象與物體的F－t相同，由圖象知，物體的加速度大小不斷改變，做變加速運動，A項錯誤；a－t圖象中，圖線與坐標軸所圍的“面積”表示物體獲得的速度，第2 s末時，物體的速度最大，vm＝ m/s＝2 m/s，B項正確；前2 s內物體沿正方向做加速運動，2～4 s內物體沿正方向做減速運動，第4 s末物體速度為零，C正確，D項錯誤。 答案　BC 8．(2015海南單科，9)如圖8，升降機內有一固定斜面，斜面上放一物塊。開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑。當升降機加速上升時(　　) 圖8 A．物塊與斜面間的摩擦力減小 B．物塊與斜面間的正壓力增大 C．物塊相對于斜面減速下滑 D．物塊相對于斜面勻速下滑 解析　當升降機加速上升時，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據滑動摩擦力公式Ff＝μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤，B正確；設斜面的傾角為θ，物體的質量為m，當勻速運動時有mgsin θ＝μmgcos θ，即sin θ＝μcos θ。當物體以加速度a向上加速運動時，有FN＝m(g＋a)cos θ，Ff＝μm(g＋a)cos θ，因為sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物體仍相對斜面勻速下滑，C錯誤，D正確。 答案　BD 9．如圖9甲所示，地面上有一質量為M的重物，用力F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數關系如圖乙所示，則以下說法中正確的是(　　) 圖9 A．當F小于圖中A點值時，物體的重力Mg>F，物體不動 B．圖中A點值即為物體的重力值 C．物體向上運動的加速度和力F成正比 D．圖線延長線和縱軸的交點B的數值的絕對值等于該地的重力加速度 解析　當0≤F≤Mg時，物體靜止，選項A正確；當F＞Mg時，即能將物體提離地面，此時，F－Mg＝Ma，a＝－g，A點表示的意義即為F＝Mg，所以選項B正確；直線的斜率為，故B點數值的絕對值為g，故選項D正確。 答案　ABD 10．(2018湖北黃岡模擬)如圖10甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止狀態(tài)，現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示(g＝10 m/s2)，下列結論正確的是(　　) 圖10 A．物體與彈簧分離時，彈簧處于原長狀態(tài) B．彈簧的勁度系數為750 N/m C．物體的質量為2 kg D．物體的加速度大小為5 m/s2 解析　物體與彈簧分離時，彈簧的彈力為零，輕彈簧無形變，所以選項A正確；從圖中可知ma＝10 N， ma＝30 N－mg，解得物體的質量為m＝2 kg，物體的加速度大小為a＝5 m/s2，所以選項C、D正確；彈簧的勁度系數k＝＝ N/m＝500 N/m，所以選項B錯誤。 答案　ACD 二、非選擇題 11．在物體下落過程中，速度小于10 m/s時可認為空氣阻力與物體速度成正比關系。某科研小組在研究小球下落后的運動過程時，得到速度隨時間變化的圖象，并作出t＝0.5 s時刻的切線，如圖11所示。已知小球在t＝0時刻釋放，其質量為0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖11 (1)小球與地面第一次碰撞過程中損失的機械能； (2)小球在運動過程中受到空氣阻力的最大值。 解析　(1)由圖象可知，小球第一次與地面碰撞前瞬間速度v1＝5 m/s 碰撞后瞬間速度大?。簐2＝4 m/s 碰撞過程損失的機械能：ΔE＝mv－mv 代入數據可得ΔE＝2.25 J。 (2)由圖象可得t＝0.5 s時小球加速度 a＝＝4 m/s2 由牛頓第二定律：mg－f＝ma 由于：f＝kv 得k＝0.75 則：fmax＝3.75 N。 答案　(1)2.25 J　3.75 N 12．如圖12所示，質量為4 kg的小球用細繩拴著吊在行駛的汽車后壁上，繩與豎直方向夾角為37。已知g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，求： 圖12 (1)當汽車以a＝2 m/s2向右勻減速行駛時，細線對小球的拉力和小球對車后壁的壓力； (2)當汽車以a′＝10 m/s2的加速度向右勻減速運動時，細線對小球的拉力和小球對車后壁的壓力。 解析　(1)當汽車以a＝2 m/s2向右勻減速行駛時，小球受力分析如圖。 由牛頓第二定律得： FT1cos θ＝mg，FT1sin θ－FN＝ma 代入數據得：FT1＝50 N，FN＝22 N 由牛頓第三定律知，小球對車后壁的壓力大小為22 N。 (2)當汽車向右勻減速行駛時，設車后壁彈力為0時(臨界條件)的加速度為a0，受力分析如圖所示。 由牛頓第二定律得：FT2sin θ＝ma0，FT2cos θ＝mg 代入數據得：a0＝gtan θ ＝10 m/s2＝7.5 m/s2 因為a＝10 m/s2>a0 所以小球飛起來，FN′＝0 所以，當汽車以a′＝10 m/s2向右勻減速運動行駛時，由牛頓第二定律得FT2cos θ′＝mg FT2sin θ′＝ma′ 代入數據得FT2＝40 N。 答案　(1)50 N　22 N　(2)40 N　0