届高考物理一轮复习 课时跟踪检测十一牛顿运动定律的综合应用卷Ⅱ重点班.docx
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届高考物理一轮复习课时跟踪检测十一牛顿运动定律的综合应用卷Ⅱ重点班
课时跟踪检测(十一)牛顿运动定律的综合应用
卷Ⅱ—拔高题目稳做准做
[B级——拔高题目稳做准做]
★1.(2018·郑州二模)图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的·表示人的重心。
图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像,两图中a~g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出,重力加速度g取10m/s2,根据图像分析可知( )
A.人的重力为1500N
B.c点位置人处于超重状态
C.e点位置人处于失重状态
D.d点的加速度小于f点的加速度
解析:
选B 分析图像可知:
a点,人处于静止状态,重力等于支持力,所以G=500N,A错误。
c点时人对传感器的压力大于其重力,处于超重状态,B正确。
e点时人对传感器的压力大于其重力,处于超重状态,C错误。
在f点,人只受重力,加速度g=10m/s2;在d点,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,得a=20m/s2,d点的加速度大于f点的加速度,D错误。
★2.
[多选]如图所示,在光滑水平面上有一足够长的静止小车,小车质量为M=5kg,小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM,可能正确的有( )
A.am=1m/s2,aM=1m/s2
B.am=1m/s2,aM=2m/s2
C.am=2m/s2,aM=4m/s2
D.am=3m/s2,aM=5m/s2
解析:
选AC 当M与m间的静摩擦力f≤μmg=2N时,木块与小车一起运动,且加速度相等;当M与m间相对滑动后,M对m的滑动摩擦力不变,则m的加速度不变,所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时,木块的加速度最大,由牛顿第二定律得:
am=
=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
此时F=(M+m)am=(5+1)×2N=12N
当F<12N,可能有aM=am=1m/s2。
当F>12N后,木块与小车发生相对运动,小车的加速度大于木块的加速度,aM>am=2m/s2。
故选项A、C正确,B、D错误。
★3.
[多选](2018·商丘一中押题卷)如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块B、C间用一不可伸长的轻绳相连,A、B木块间的最大静摩擦力是f1,C、D木块间的最大静摩擦力是f2。
现用水平拉力F拉A木块,使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断),则( )
A.当f1>2f2,且F逐渐增大到3f2时,C、D间即将滑动
B.当f1>2f2,且F逐渐增大到
f1时,A、B间即将滑动
C.当f1<2f2,且F逐渐增大到3f2时,C、D间即将滑动
D.当f1<2f2,且F逐渐增大到
f1时,A、B间即将滑动
解析:
选AD 当f1>2f2,C、D即将发生相对滑动时,C、D间的静摩擦力达到最大值f2,先以D为研究对象,由牛顿第二定律得:
f2=2ma,得a=
,再以四个木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律得F=6ma=3f2。
此时,以BCD整体为研究对象,可知,A对B的摩擦力fAB=4ma=2f2<f1,说明A、B间相对静止,故A正确,B错误。
当f1<2f2,A、B即将发生相对滑动时,A、B间的静摩擦力达到最大值f1,先以BCD整体为研究对象,由牛顿第二定律得:
f1=4ma′,得a′=
,再以四个木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律得F=6ma′=
f1。
此时,以D为研究对象,根据牛顿第二定律得:
C对D的摩擦力fCD=2ma′=
<f2,则知C、D间相对静止,故C错误,D正确。
★4.[多选](2018·绵阳模拟)如图甲所示,物块A与木板B叠放在粗糙水平面上,其中A的质量为m,B的质量为2m,且B足够长,A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。
对木板B施加一水平变力F,F随t变化的关系如图乙所示,A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是( )
A.在0~t1时间内,A、B间的摩擦力为零
B.在t1~t2时间内,A受到的摩擦力方向水平向左
C.在t2时刻,A、B间的摩擦力大小为0.5μmg
D.在t3时刻以后,A、B间的摩擦力大小为μmg
解析:
选AD A、B间的滑动摩擦力大小为fAB=μmg,B与地面间的滑动摩擦力大小为f=3μmg,故在0~t1时间内,推力小于木板与地面间的滑动摩擦力,故B静止,A、B间摩擦力为零,故A正确;A在木板上产生的最大加速度为a=
=μg,此时对AB整体分析可知F-3μmg=3ma,解得F=6μmg,故在t1~t3时间内,AB一起向右做加速运动,对A分析可知,A受到的摩擦力水平向右,故B错误;在t2时刻,AB整体加速度为a=
=
,A、B间的摩擦力大小为
μmg,故C错误;在t3时刻以后,A、B发生相对滑动,故A、B间的摩擦力大小为μmg,故D正确。
5.[多选]如图甲所示,用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为mA=1kg、mB=2kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。
t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1,同时对物块B施加同一方向的拉力F2,使A、B从静止开始运动,运动过程中F1、F2方向保持不变,F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。
则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析,正确的是( )
A.t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B.t=2.0s时刻A、B之间作用力为零
C.t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D.从t=0时刻到A、B分离,它们运动的位移为5.4m
解析:
选AD 设t时刻A、B分离,分离之前A、B共同运动,加速度为a,以整体为研究对象,则有:
a=
=
m/s2=1.2m/s2,分离时:
F2-Ff=mBa,
得:
F2=Ff+mBa=0.3N+2×1.2N=2.7N,
经历时间:
t=
×2.7s=3s,
根据位移公式:
x=
at2=5.4m,则D正确;
当t=2s时,F2=1.8N,F2+Ff=mBa,得:
Ff=mBa-F2=0.6N,A正确,B错误;
当t=2.5s时,F2=2.25N,F2+Ff=mBa,
得:
Ff=mBa-F2>0,A对B的作用力方向向右,C错误。
★6.如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。
现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动,测得两个物体的vt图像如图乙所示(重力加速度为g),则( )
A.施加外力前,弹簧的形变量为
B.外力施加的瞬间,A、B间的弹力大小为M(g-a)
C.A、B在t1时刻分离,此时弹簧弹力恰好为零
D.弹簧恢复到原长时,物体B的速度达到最大值
解析:
选B 施加外力F前,物体A、B整体平衡,根据平衡条件有2Mg=kx,解得x=
,故A错误;施加外力F的瞬间,对物体B,根据牛顿第二定律有F弹-Mg-FAB=Ma,其中F弹=2Mg,解得FAB=M(g-a),故B正确;由题图乙知,物体A、B在t1时刻分离,此时A、B具有共同的v和a,且FAB=0,对B有F弹′-Mg=Ma,解得F弹′=M(g+a),故C错误;当F弹′=Mg时,B达到最大速度,故D错误。
★7.[多选](2018·合肥模拟)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B。
保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如图乙所示,图中a1、a2、m0为未知量,设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是( )
A.若θ已知,可求出A的质量
B.若θ未知,可求出乙图中a1的值
C.若θ已知,可求出乙图中a2的值
D.若θ已知,可求出乙图中m0的值
解析:
选BC 根据牛顿第二定律得:
对B得:
mg-F=ma①
对A得:
F-mAgsinθ=mAa②
联立得a=
③
若θ已知,由③知,不能求出A的质量mA,故A错误。
由③式变形得a=
。
当m→∞时,a=a1=g,故B正确。
由③式得,m=0时,a=a2=-gsinθ,故C正确。
当a=0时,由③式得,m=m0=mAsinθ,可知m0不能求出,故D错误。
★8.[多选]如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。
斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。
若Ta图像如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度为g=10m/s2。
则( )
A.a=
m/s2时,FN=0
B.小球质量m=0.1kg
C.斜面倾角θ的正切值为
D.小球离开斜面之前,FN=0.8+0.06a(N)
解析:
选ABC 小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得Tcosθ-FNsinθ=ma,Tsinθ+FNcosθ=mg,联立解得FN=mgcosθ-masinθ,T=macosθ+mgsinθ,所以小球离开斜面之前,Ta图像呈线性关系,由题图乙可知a=
m/s2时,FN=0,选项A正确;当a=0时,T=0.6N,此时小球静止在斜面上,其受力如图1所示,所以mgsinθ=T;当a=
m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图2所示,所以
=ma,联立可得tanθ=
,m=0.1kg,选项B、C正确;将θ和m的值代入FN=mgcosθ-masinθ,得FN=0.8-0.06a(N),选项D错误。
9.
如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B,A、B紧贴管的内壁,厚度不计。
A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1=mg、f2=2mg,且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。
管下方存在这样一个区域:
当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用,而B在该区域运动时不受它的作用,PQ、MN是该区域的上下水平边界,高度差为H(L>2H)。
现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放,重力加速度为g。
(1)为使A、B间无相对运动,求F应满足的条件。
(2)若F=3mg,求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
解析:
(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a,A与管间的静摩擦力为fA。
对A、B整体有3mg-F=3ma,
对A有mg+fA-F=ma,并且fA≤f1,
联立解得F≤
mg。
(2)A到达上边界PQ时的速度vA=
。
当F=3mg时,可知A相对于圆管向上滑动,设A的加速度为a1,则有mg+f1-F=ma1,解得a1=-g。
A向下减速运动的位移为H时,速度刚好减小到零,此过程运动的时间t=
。
由于管的质量不计,在此过程中,A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反,大小均为mg,B受到管的摩擦力小于2mg,则B与圆管相对静止,B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得
a2=
=
。
物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL=L-
=L-
H。
答案:
(1)F≤
mg
(2)L-
H
★10.
(2018·潍坊检测)如图所示,在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A,A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。
当C从静止开始下落距离h时,在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点),最终B恰好未从木板A上滑落。
A、B间的动摩擦因数μ=0.25,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,求:
(1)C由静止下落距离h时,A的速度大小v0;
(2)木板A的长度L;
(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时,对B加一水平向右的恒力F=7mg,其他条件不变,求B滑出A时的速度大小。
解析:
(1)对A、C分析:
mg=2ma
v02=2ah,解得v0=
。
(2)B放在A上后,设A、C仍一起加速,则
由牛顿第二定律得mg-μ·4m·g=ma
解得a=0
即B放在A上后,A、C以速度v0匀速运动,
B匀加速运动,加速度aB0=μg=
设经过时间t0,A、B、C达到共速,且B刚好运动至木板A的左端,则v0=aB0t0,木板A的长度L=v0t0-
v0t0
解得L=2h。
(3)共速前:
A和C匀速,B加速,
aB1=
=2g
t1=
=
Δx1=xAC-xB=v0t1-
v0t1=
共速后全部向右加速
aB2=
=
g
aAC=
=g
Δx2=Δx1=
(aB2-aAC)t22
解得t2=
,vB2=v0+aB2t2=
。
答案:
(1)
(2)2h (3)
★11.(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图甲所示。
t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。
碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图乙所示。
木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。
求:
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
解析:
(1)规定向右为正方向。
木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。
由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1①
由题图乙可知,木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式有
v1=v0+a1t1②
s0=v0t1+
a1t12③
式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰撞前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得
μ1=0.1④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。
设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有
-μ2mg=ma2⑤
由题图乙可得
a2=
⑥
式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得
μ2=0.4。
⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。
由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧
v3=-v1+a3Δt⑨
v3=v1+a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为
s1=
Δt⑪
小物块运动的位移为
s2=
Δt⑫
小物块相对木板的位移为
Δs=s2-s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式,并代入数值得
Δs=6.0m⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3。
由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4⑮
0-v32=2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
s=s1+s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式,并代入数值得
s=-6.5m⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
答案:
(1)0.1 0.4
(2)6.0m (3)6.5m
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