《（課標通用）高考物理一輪復(fù)習 作業(yè)14 專題 牛頓運動定律題型研究（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標通用）高考物理一輪復(fù)習 作業(yè)14 專題 牛頓運動定律題型研究（含解析）-人教版高三全冊物理試題（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、作業(yè)14　專題　牛頓運動定律題型研究　 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．如圖14－1所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P.設(shè)有一重物先后沿兩個斜槽，從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為(　　) 圖14－1 A．2∶1 B．1∶1 C.∶1 D．1∶ 解析：設(shè)光滑斜槽軌道與水平面的夾角為θ，則物體下滑時的加速度為a＝gsinθ，由幾何關(guān)系，斜槽軌道的長度s＝2(R＋r)sinθ，由運動學公式s＝at2，得t＝＝＝2 ，即所用的時間t與傾角θ

2、無關(guān)，所以t1＝t2，B項正確． 答案：B 2．如圖14－2甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度v1運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖14－2乙所示．已知v2>v1，則(　　) 圖14－2 A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大 B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析：小物塊對地速度為零時，即t1時刻，向左離開A處

3、最遠，t2時刻，小物塊相對傳送帶靜止，此時不再相對傳送帶滑動，所以從開始到此刻，它相對傳送帶滑動的距離最大，A錯誤、B正確.0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變，t2時刻以后小物塊相對傳送帶靜止，與傳送帶一起以速度v1勻速運動，不再受摩擦力作用，C、D錯誤． 答案：B 圖14－3 3．如圖14－3所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質(zhì)量分別為mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10 N，此后逐漸增加，在增大到45 N的過程中，則(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．當拉力F<12 N

4、時，物體均保持靜止狀態(tài) B．兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12 N時，開始相對滑動 C．兩物體從受力開始就有相對運動 D．兩物體始終沒有相對運動 解析：首先了解各物體的運動情況，B運動是因為A對它有靜摩擦力，但由于靜摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大??；如果拉力再增大，則物體間就會發(fā)生相對滑動，所以這里存在一個臨界點，就是A、B間靜摩擦力達到最大值時拉力F的大小，以A為研究對象進行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的靜摩擦力，則有F－Ff＝mAa，再以B為研究對象，B受水平向右的靜摩擦力Ff＝mBa，當Ff為最大靜摩擦力時，解得a＝＝＝m/s

5、2＝6 m/s2，F(xiàn)＝48 N，由此可以看出當F<48 N時，A、B間的摩擦力達不到最大靜摩擦力，也就是說，A、B間不會發(fā)生相對運動，故D正確． 答案：D 圖14－4 4．如圖14－4所示，光滑細桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直，各桿上分別套有一質(zhì)點小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3，現(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為(　　) A．1∶1∶1 　　　　　　　B.5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 解析：設(shè)AC＝5L，

6、BC＝4L，DC＝3L. a、b、d三小球在各桿上滑行的時間分別為t1、t2、t3. 加速度分別為a1、a2、a3. 由幾何知識得，BC的傾角為α＝53°， DC的傾角為β＝37°. a球下滑過程，a1＝g 由5L＝gt得t1＝ 根據(jù)牛頓第二定律得： 沿BC下滑的小球，加速度為 a2＝＝gsin53°＝0.8g 由位移時間公式得：4L＝a2t得t2＝ 沿DC下滑的小球，加速度為 a3＝＝gsin37°＝0.6g 由位移時間公式得：3L＝a3t得t3＝ 所以t1∶t2∶t3＝1∶1∶1.故選A. 答案：A 圖14－5 5．豎直正方形框內(nèi)有三條光滑軌道OB

7、、OC和OD.三軌道交于O點，且與水平方向的夾角分別為30°、45°和60°.現(xiàn)將甲、乙、丙三個可視為質(zhì)點的小球同時從O點由靜止釋放，分別沿OB、OC和OD運動到達斜面底端．則三小球到達斜面底端的先后次序是(　　) A．甲、乙、丙 B．丙、乙、甲 C．甲、丙同時到達，乙后到達 D．不能確定三者到達的順序 解析：對乙、丙：設(shè)斜面的傾角為θ，則下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的位移x＝根據(jù)x＝at2得t＝＝，故傾角越大的下落時間越短，故乙和丙兩小球，丙先到達底端；對甲、乙：運動到底端的時間t＝＝＝ ，則甲、乙兩小球中，乙時間短，先到達底端；三小球到達斜面底端的先后次序是丙、乙、甲，故B項

8、正確． 答案：B 圖14－6 6．如圖14－6所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上．設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g.關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(　　) A．糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小也可能相等 B．糧袋開始運動的加速度為g(sinθ－μcosθ)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動 C．若μ≥tanθ，則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動 D．不論μ大小如何，糧袋從A端到B端一直

9、做勻加速運動，且加速度a≥gsinθ 解析：若傳送帶較短，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B端時的速度小于v；若μ≥tanθ，則糧袋先做勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，到達B端時速度等于v；若μ

10、θ，糧袋從A到B可能一直是做勻加速運動，也可能先勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，C、D均錯誤． 答案：A 圖14－7 7．(臨沂模擬)(多選)如圖14－7所示，Oa，Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心．每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．t1＝t2 B．t2>t3 C．t1

11、 解析：設(shè)ob與豎直方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系得oa與豎直方向的夾角為θ，環(huán)沿oa下滑時的加速度大小為a1＝gcos，沿ob下滑時的加速度大小為a2＝gcosθ，設(shè)ob長為L，由幾何關(guān)系得oa長為Lcos，根據(jù)運動學公式有L＝a2t，Lcos＝a1t，得t＝，t＝，由此得到t1t3，故A項錯誤，BCD項正確． 答案：BCD 8. (多選)如圖14－8所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送

12、帶上留下劃痕． 圖14－8 已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中(　　) A．煤塊從A運動到B的時間是2.25 s B．煤塊從A運動到B的時間是1.5 s C．劃痕長度是0.5 m D．劃痕長度是2 m 解析：根據(jù)牛頓第二定律，煤塊的加速度a＝＝4 m/s2，煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m

13、速運動的時間t2＝＝0.5 s，運動的總時間t＝t1＋t2＝1.5 s，選項A錯誤，B正確． 答案：BD 9．(南陽一中月考)(多選)如圖14－9甲所示，質(zhì)量為M＝2 kg的木板靜止在光滑水平面上，可視為質(zhì)點的物塊(質(zhì)量設(shè)為m)從木板的左側(cè)沿木板表面水平?jīng)_上木板．物塊和木板的速度—時間圖象如圖14－9乙所示，g＝10 m/s2，結(jié)合圖象，下列說法正確的是(　　) 圖14－9 A．可求得物塊在前2 s內(nèi)的位移x＝5 m B．可求得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2 C．可求得物塊的質(zhì)量m＝2 kg D．可求得木板的長度L＝2 m 解析：物塊在前2 s內(nèi)的位移x＝×1 m＋2×

14、1 m＝5 m，A正確；由題圖可知物塊加速度大小為a1＝2 m/s2，則μg＝2 m/s2，μ＝0.2，B正確；由運動學圖象知，兩物體加速度大小相同，設(shè)物塊加速度大小為a1，木板加速度大小為a2，則有μmg＝ma1＝Ma2，則m＝M＝2 kg，C正確；由于物塊與木板達到共同速度時不清楚二者的相對位置關(guān)系，故無法求出木板的長度，D錯誤． 答案：ABC 10．(多選)如圖14－10所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊的傳送帶長都是2 m，且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5.下

15、列說法正確的是(　　) 圖14－10 A．物塊A先到達傳送帶底端 B．物塊A、B同時到達傳送帶底端 C．物塊A、B運動的加速度大小不同 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同 解析：因摩擦因數(shù)0.5＜tan 37°，所以A、B受力情況相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A、B的加速度相同，運動時間相同，將同時到達底端，故選項A、C錯誤，B正確；由于小物塊A與傳送帶的運動方向相同，小物塊B與傳送帶的運動方向相反，故物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同，選項D正確． 答案：BD 圖14－11 11．如圖14－11所示，上方固定有長方體盒子的斜劈A放在固定的斜面

16、體C的斜面上，在盒子內(nèi)放有光滑球B，B的直徑略小于盒子內(nèi)側(cè)前、后壁間的距離．現(xiàn)使斜劈A在斜面體C上靜止不動，此時盒子內(nèi)側(cè)的M、N點對球B均無壓力，以下說法中正確的是 (　　) A．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，則M點對球B有壓力 B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，則N點對球B有壓力 C．若C的斜面粗糙，且斜劈A沿斜面勻速下滑，則M點對球B有壓力 D．若C的斜面粗糙，且斜劈A沿斜面勻速下滑，則N點對球B有壓力 解析：當斜面光滑，斜劈以一定的初速度沿斜面上滑時，分析斜劈和球整體可知，整體具有相同的加速度，大小為a＝gsinθ，方向沿斜面向

17、下．根據(jù)牛頓第二定律，故B球的合力方向沿斜面向下．所以B球受重力、底部的支持力以及N對球的彈力．可知M點對球無壓力，N點對球有壓力，故A錯誤，B正確；斜劈A沿斜面勻速下滑，知B球處于平衡狀態(tài)，所受重力和底部的支持力平衡．所以M、N對球均無壓力，故C、D均錯誤． 答案：B 12．(2014年高考·江蘇卷)(多選)如圖14－12所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則 (　　) 圖14－12 A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．

18、當F＝μmg時，A的加速度為μg C．當F>3μmg時，A相對B滑動 D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg 解析：根據(jù)牛頓第二定律、力與運動的關(guān)系解題．當03μmg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤，選項C正確．當F＝μmg時，A與B共同的加速度a＝＝μg，選項B正確．F較大時，取物塊B為研究對象，物塊B的加速度最大為a2＝＝μg，選項D正確． 答案：BCD 二、非選擇題 13．一平直的傳送帶以速率v＝2 m/s勻速運行，在A處把物體輕

19、輕地放到傳送帶上，經(jīng)過時間t＝6 s，物體到達B處．A、B相距L＝10 m. (1)物體在傳送帶上勻加速運動的時間是多少？ (2)如果提高傳送帶的運行速率，物體能較快地傳送到B處．要讓物體以最短的時間從A處傳送到B處，傳送帶的運行速率至少應(yīng)為多大？ (3)若使傳送帶的運行速率為v′＝10 m/s，則物體從A傳送到B的時間又是多少？ 解析：(1)物體從A到B需經(jīng)歷勻加速運動和勻速運動兩個過程，設(shè)物體勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，則t1＋vt2＝L t1＋t2＝t 聯(lián)立解得t1＝2 s. (2)為使物體從A至B所用時間最短，物體必須始終處于加速狀態(tài)，由于物體與傳送帶之

20、間的滑動摩擦力不變，所以其加速度也不變，而a＝＝1 m/s2 由2aL＝v 解得vmin＝2 m/s 即傳送帶的運行速率至少為2 m/s， (3)傳送帶速率為v′＝10 m/s>2 m/s，物體一直做加速度為1 m/s2的勻加速運動，設(shè)物體從A至B所用最短的時間為t′，則 at′2＝L t′＝ ＝ s＝ 2s. 答案：(1)2 s　(2)2 m/s　(3)2 s 14．一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖14－13(a)所示．t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰

21、撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v－t圖線如圖14－13(b)所示．木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求 圖14－13 (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離． 解析：(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由題圖可知，木板與墻壁碰前瞬間

22、的速度v1＝4 m/s，由運動學公式得 v1＝v0＋a1t1② x0＝v0t1＋a1t③ 式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度． 聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動．設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由圖可得a2＝⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運動學公

23、式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨ v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為 x1＝Δt? 小物塊運動的位移為 x2＝Δt? 小物塊相對木板的位移為Δx＝x2－x1? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.0 m? 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m. (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為x3.由牛頓第二定律及運動學公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v＝2a4x3? 碰后木板運動的位移為 x＝x1＋x3? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得x＝－6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m. 答案：(1)μ1＝0.1　μ2＝0.4　(2)6 m　(3)6.5 m