届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题26.docx

届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题26.docx

《届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题26.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题26.docx（11页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题26

课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用

对点训练：

超重与失重

1．（2015·重庆高考）若货物随升降机运动的vt图像如图1所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是（　　）

图1

解析：

选B　根据vt图像可知电梯的运动情况：

加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：

失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。

2．（多选）（2015·海南高考）如图2所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。

开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。

当升降机加速上升时（　　）

图2

A．物块与斜面间的摩擦力减小

B．物块与斜面间的正压力增大

C．物块相对于斜面减速下滑

D．物块相对于斜面匀速下滑

解析：

选BD　当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，假设物块以加速度a向上运动时，有FN＝m（g＋a）cosθ，Ff＝μm（g＋a）cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m（g＋a）sinθ＝μm（g＋a）cosθ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。

对点训练：

整体法与隔离法的应用

3．（多选）（2016·湖北八校联考）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图3甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。

若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。

则下列说法正确的是（　　）

图3

A．轻绳的拉力等于Mg

B．轻绳的拉力等于mg

C．M运动的加速度大小为（1－sinα）g

D．M运动的加速度大小为

g

解析：

选BC　互换位置前，M静止在斜面上，则有：

Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：

FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：

a＝（1－sinα）g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。

4．（多选）（2016·昆明检测）如图4甲所示，质量mA＝1kg，mB＝2kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。

t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则（　　）

图4

A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2

B．1～3s内物块A不受摩擦力作用

C．0～1s内物块B对A的摩擦力大小为4N

D．水平恒力的大小为12N

解析：

选AC　在vt图像中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a1＝4m/s2，a2＝2m/s2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：

F－μ（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a1，μ（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a2，解得：

μ＝

＝0.2，F＝18N，选项A正确，选项D错误；1～3s内两物块一起运动，物块A也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：

B对A施加了水平向左的静摩擦力，选项B错误；同理在0～1s内物块A也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：

B对A施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：

Ff＝mAa1＝4N，选项C正确。

5．（多选）（2016·银川一中二模）如图5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（　　）

图5

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物体共同运动，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。

对点训练：

临界极值问题

6．（2016·北京丰台区模拟）如图6所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过（　　）

图6

A．μmg　　　　　　　　　　B．μMg

C．μmg

D．μMg

解析：

选C　由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝（M＋m）a；若A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmg

，选项C正确。

7．（2016·河南三市联考）如图7所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。

若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10m/s2。

图7

（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；

（2）当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。

解析：

（1）当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑。

mgsinθ＝Ff，Ff＝μmgcosθ

联立解得：

μ＝

。

（2）对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，

－mgsinθ·x－μmgcosθ·x＝0－

mv02，

解得x＝

。

令a＝sinθ＋μcosθ＝

设cosα＝

，则a＝

sin（α＋θ）

当α＋θ＝

时，a存在最大值am＝

＝

。

即sinθ＝cosα＝

＝

，θ＝60°时，x最小。

对应的最小值x＝

＝

m。

答案：

（1）

（2）θ＝60°　

m

对点训练：

滑块、滑板模型

8．如图8甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端静止放着小物块A。

某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。

设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图像是（　　）

图8

解析：

选B　A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：

F＝2ma，当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝

，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。

9．（2016·济南模拟）如图9所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m＝1kg的木块放在质量为M＝2kg的长木板上，木板长L＝11.5m。

已知木板与地面的动摩擦因数为μ1＝0.1，m与M之间的动摩擦因数μ2＝0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。

m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10m/s，在坐标为x＝21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2，求：

图9

（1）木板碰挡板时的速度v1为多少？

（2）碰后M与m刚好共速时的速度？

（3）最终木板停止运动时AP间距离？

解析：

（1）对木块和木板组成的系统，有：

μ1（m＋M）g＝（m＋M）a1

v02－v12＝2a1x0，x0＝x－L，代入数据得：

v1＝9m/s

（2）由牛顿第二定律可知：

am＝μ2g＝9m/s2

aM＝

＝

m/s2＝6m/s2

m运动至停止时间为：

t1＝

＝

s＝1s

此时M速度：

vM＝v1－aMt1＝9m/s－6×1m/s＝3m/s，方向向左，此后至m、M共速时间为t2，

有：

vM－aMt2＝amt2

得：

t2＝0.2s

共同速度v共＝1.8m/s，方向向左。

（3）至共速M位移：

x1＝

×（t1＋t2）＝

×1.2m＝6.48m

共速后m、M以a1＝μ1g＝1m/s2向左减速至停下位移：

x2＝1.62m

最终AP间距：

x＝11.5m＋x1＋x2＝19.60m。

答案：

（1）9m/s　

（2）1.8m/s　方向向左　（3）19.60m

对点训练：

传送带模型

10．（多选）（2016·海口联考）如图11所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。

工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则（　　）

图11

A．若传送带不动，则vB＝3m/s

B．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝3m/s

C．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s

D．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝2m/s

解析：

选ABC　若传送带不动，由匀变速规律可知vB2－vA2＝2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B端时的瞬时速度仍为3m/s，故选项A、B、C正确，D错误。

11．（2016·潍坊一中高三检测）一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图12甲所示。

固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间的变化关系如图乙所示（图像前3s内为二次函数，3～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向）。

已知传送带的速度v1保持不变，g取10m/s2。

图12

（1）求传送带速度v1的大小；

（2）求0时刻物块速度v0的大小；

（3）在图13中画出物块对应的vt图像。

图13

解析：

（1）由xt的图像可知，物块被击穿后，先向左减速，2s末减到v＝0，然后向右加速，3s末后与传送带共速v1＝

＝2m/s，以后随传送带一起做匀速运动。

（2）2～3s内，物块向右匀加速运动，加速度大小a＝μg，v1＝aΔt1

0～2s内，物块向左匀减速运动，加速度大小a＝μg

解得0时刻物块的速度v0＝aΔt2＝4m/s。

（3）根据xt的图像分析得到的运动规律用vt图像画出如图所示。

答案：

（1）2m/s　

（2）4m/s　（3）见解析