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2022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

上傳人:xt****7 文檔編號:105606606 上傳時間:2022-06-12 格式:DOC 頁數(shù):7 大?。?54.52KB
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1、2022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3-3-17所示,兩個質(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)彈簧測力計連接.兩個大小分別為F1=30 N、F2=20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上,則(  ) 圖3-3-17 A.彈簧測力計的示數(shù)是10 N B.彈簧測力計的示數(shù)是50 N C.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):F1-F2=(m1+m2)a,對m

2、1:F1-F=m1a,聯(lián)立兩式解得:a=2 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】 C 2.如圖3-3-18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

3、 圖3-3-18 (g取10 m/s2)(  ) A.10 N B.20 N C.25 N D.30 N 【解析】 選A、B整體為研究對象有F=2ma,解得a=2.5 m/s2.選A為研究對象有F-FN+mg=ma,解得FN=25 N,選項C正確. 【答案】 C 3.(xx·沈陽模擬)如圖3-3-19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3-3-19 A.物體A處于失重狀

4、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),對箱子的壓力大小為5 N D.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(M+m2)g-m1g=(M+m1+m2)a,則加速度為a=5 m/s2,A、B錯;隔離C有m2g-FN=m2a,即FN=5 N,C對;隔離A有T-m1g=m1a,即T=30 N,所以輕繩對定滑輪的作用力大小為2T=60 N,D錯. 【答案】 C 題組二 圖象問題 圖3-3-20 4.(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

5、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v-t圖象如圖3-3-20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間之比為2∶3 C.小球落回到拋出點時的速度大小為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B錯誤;根據(jù)v=a2t2,t2= s可得v=8 m/s

6、,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】 AC 5.(多選)如圖3-3-21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3-3-21乙所示的v-t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3-3-21 【解析】 由題意知,彈簧長度不變,且對物塊向上的彈力不變,設為kx,則F2不變,C項對,D項錯.對物塊受力分析有:kx-mg-FN=ma.(

7、F1=FN,作用力與反作用力) 由v-t圖知,加速時,F(xiàn)1=FN=kx-mg-ma 勻速時,F(xiàn)1=FN=kx-mg 減速時:F1=FN=kx-mg+ma,故A項對,B項錯.正確選項為A、C. 【答案】  AC 6.如圖3-3-22甲所示,水平木板上有質(zhì)量m=1.0 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3-3-22 乙所示.取重力加速度g=10 m/s2,下列判斷正確的是(  ) 圖3-3-22 A.5 s內(nèi)拉力對物塊做功為零 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摩

8、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Ff=μmg=3 N,得μ=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a==2 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,該力與時間的關系如圖3-3-23所示,A、B始終相對靜止,則在0~2t0時間內(nèi),下列

9、說法正確的是(  ) 圖3-3-23 A.t0時刻,A、B間靜摩擦力最大 B.t0時刻,A、B速度最大 C.2t0時刻,A、B速度最小,與初始時刻相等 D.2t0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】 BCD 8.(xx·銀川質(zhì)檢)(多選)如圖3-3-24所示,在傾角θ=30°的光

10、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3-3-24 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a B.加速度a=g C.以A、B整體為研究對象可以計算出加速度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F-mg

11、sin 30°-kx2=ma,解得a=g,B項正確、C項錯誤;物塊A的位移x1+x2=,D項正確. 【答案】 BD B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mA=1 kg和mB=2 kg的A、B兩物塊、A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為 圖3-3-25 μ=0.2(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3-3-25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 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

12、 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F<2 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F=1.5 N,對A、B及輕質(zhì)木板整體有a==0.5 m/s2,對A物塊分析有F-Ff=mAa,解得Ff=1 N,選項B錯誤;若F=4 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F=8 N,板對B物塊的靜摩擦力仍為2 N,根據(jù)a=可得a=1 m/s2,選項D正確. 【答案】 D 10.(多選)如圖3-3-26(a)所示,用一水平外力F推

13、著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體,逐漸增大F,物體做變加速運動,其加速度a隨外力F變化的圖象如圖3-3-26(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3-3-26 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,a=-6 m/s2,得θ=37°;由a=F-gsin θ和a-F圖線知:=,得:m=2 kg;物體靜止時的外力F0cos θ

14、=mgsin θ,F(xiàn)0=mgtan θ=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】 ABC 11.如圖3-3-27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3-3-27 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

15、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h-L=at2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-(M+m)g=(M+m)a,解得F=(M+m)[+g]. (3)設上升過程中的最大加速度為a0,對質(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間是tmin=. 【答案】 (1) (2)F=(M+m)[+g] (3) 12.(xx·吉林長春調(diào)研)如圖3-3-28所示,質(zhì)量為M=2 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3-3-28 面間的動摩擦因數(shù)

16、為μ1=0.1,一個質(zhì)量為m=3 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μ2=0.3.現(xiàn)給小物塊B一個水平向右的初速度,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:μ2mg=maB μ2mg-μ1(m+M)g=MaA 假設經(jīng)過t0秒A、B共速,共同速度設為v共,由勻變速直線運動的規(guī)律得: v0-aBt0=aAt0=v共 解得:aA=2 m/s2

17、,aB=3 m/s2,t0=0.2 s,v共=0.4 m/s 共速過程中,A的位移大小設為xA,B的位移大小設為xB,則 xA=aAt,xB=v0t0-aBt 解得:xA=0.04 m,xB=0.14 m. 假設共速之后,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: Ff=maB′,μ1(m+M)g-Ff=MaA′ 解得:Ff=μ1mg<μ2mg,假設成立,aA′=aB′=μ1g=1 m/s2 設共速之后至A、B均靜止,A的位移設為xA′,B的位移設為xB′,則 xA′=xB′==0.08 m 整個過程中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

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