高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第三节 牛顿运动定律的综合应用达标诊断高效训练.doc

1 / 9【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选高考物理一轮复习 第第 3 3 章章 牛顿运动定牛顿运动定律律 第三节第三节 牛顿运动定律的综合应用达标诊断高效训练牛顿运动定律的综合应用达标诊断高效训练(建议用时：60 分钟)一、单项选择题1探究超重和失重规律时，一位体重为 G 的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力 F 随时间 t 变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )解析：选 D.人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项 D 正确2(2018·广西柳州铁路一中月考)水平足够长运动的皮带，取向右为速度的正方向将一物块 P 轻轻放在皮带上，之后 P 最初一段时间的速度时间图象如图乙，关于皮带的运动情况描述正确的是( )A可能是向右的匀加速 B可能是向右的匀速C一定是向左的匀加速 D可能是向左的匀速解析：选 D.根据图象，物体 P 向左做匀加速直线运动，则 P 受到的摩擦力方向水平向左，P 相对于传送带向右运动，所以皮带可能向左匀速或匀加速运动，不可能向右运动，故 D 正确3在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度 a 竖直向上匀加速搬起，其中 A 的质量为 m，B 的质2 / 9量为 3m，水平作用力为 F，A、B 之间的动摩擦因数为 ，在此过程中，A、B 间的摩擦力为( )AF B2FC.m(ga) Dm(ga)解析：选 D.对两个物体整体，根据牛顿第二定律，有2f(m3m)g(m3m)a再隔离物体 A，根据牛顿第二定律，有：fmgfBAma联立解得：fBAm(ga)，故选 D.4(2018·湖北沙市中学模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹下列说法正确的是( )A黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B木炭包的质量越大，径迹的长度越短C木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：选 C.刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以 A错误；木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，mgma，所以 ag，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由 v22ax 得，木炭包位移 x 木，设相对滑动的时间为 t，由 vat，得 t，此时传送带的位移为 x 传vt，所以滑动的位移是 xx 传x 木3 / 9，由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以 B 错误；木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以 C 正确；传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以 D 错误5(2018·广东湛江一中等“四校”联考)如图甲所示，质量为 M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为 m 的小滑块以初速度 v0 从木板的左端向右滑上木板滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是( )A滑块和木板始终存在相对运动B滑块始终未离开木板C滑块的质量小于木板的质量D木板的长度为v0t1 2解析：选 B.由题意知，m 在 M 的摩擦力作用下做匀减速直线运动，M 在 m 的摩擦力作用下做初速度为 0 的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故 A 错误；由图乙可知，最终滑块与木板速度相等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故 B 正确；由于 m、M间相互作用的摩擦力分别使 m、M 产生加速度，所以满足mamMaM，由图象知，在 t1 时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即 amM，滑块的质量大于木板的质量，故 C 错误；两物块相对静止时，两者的位移差：xt1t1，则木板长度大于等于，故 D 错误. 二、多项选择题6.(2018·广西桂林十八中模拟)如图所示，已知 M>m，不计滑轮及绳子的质量，物体 M 和 m 恰好做匀速运动，若将 M与 m 互换，M、m 与桌面的动摩擦因数相同，则( )A物体 M 与 m 仍做匀速运动 4 / 9B物体 M 与 m 做加速运动，加速度 a(Mm)g/MC物体 M 与 m 做加速运动，加速度 a(Mm)g/MD绳子中张力不变解析：选 CD.当物体 M 和 m 恰好做匀速运动，对 M，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得：MgTmg，所以：，若将M 与 m 互换，则对 M：MaMgT，对 m，则：maTmg，得：a，故 A、B 错误，C 正确；绳子中的拉力：Tmamgmgmg，故 D 正确7(2017·××市一中高三模拟)如图所示，光滑水平面上放置 M、N、P、Q 四个木块，其中 M、P 质量均为 m，N、Q 质量均为 2m，M、P 之间用一轻质弹簧相连现用水平拉力 F 拉 N，使四个木块以同一加速度 a 向右运动，则在突然撤去 F 的瞬间，下列说法正确的是( )AP、Q 间的摩擦力不变BP、Q 的加速度大小变为a 2CM、N 间的摩擦力不变DN 的加速度大小仍为 a解析：选 AD.撤去 F 的瞬间，弹簧的弹力不变，对 P、Q 整体分析，加速度不变，隔离对 P 分析，P、Q 间的摩擦力不变，故 A 正确；撤去 F 前，对 P、Q 整体分析，知弹簧的弹力 F 弹3ma，撤去 F 的瞬间，弹簧的弹力不变，可知 P、Q 的加速度不变，仍然为 a，故 B 错误；撤去 F 前，隔离对 M 分析，fF 弹ma，解得 f4ma，对整体分析，F6ma，撤去 F 后，对 M、N 整体分析，aa，方向向左，隔离对 N 分析，f2ma2ma，知 M、N 间的摩擦力发生变化N 的加速度大小不变，方向改变，故 C 错误，D 正确5 / 98(2018·新疆生产建设兵团二中模拟)如图所示，在倾角为 的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块 A 和 B，C 为固定挡板，系统处于静止状态，现开始用变力 F 沿斜面向上拉动物块 A 使之做匀加速直线运动，经时间 t 物块 B 刚要离开挡板，已知两物块的质量均为 m，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为 g，则在此过程中，下列说法正确的是( )A力 F 的最小值为4m2gsin kt2B力 F 的最大值为mgsin 14m kt2C物块 A 的位移为mgsin kDt s 末 A 的速度为4mgsin kt解析：选 AD.刚开始时，弹簧处于压缩状态，对 A 分析，A 处于静止状态，沿斜面方向上受力平衡，受到重力沿斜面向下的分力和弹簧沿斜面向上的弹力，此时有 mgsin kx1，解得 x1，当 B 刚要离开挡板时，挡板对 B 的作用力为零，此时弹簧处于伸长状态，对B 分析，B 处于静止状态，受力平衡，故有 mgsin kx2，解得x2，所以整个匀加速过程中，弹簧的形变量即 A 的位移为xx1x2，因为 A 是从静止开始做匀加速直线运动，经历的时间为 t，所以有 xat2，解得 a，故 t s 末 A 的速度为vat，C 错误，D 正确；F 随着弹力的变化而变化，当弹簧被压缩过程中，弹力向上，随着弹力的减小而增大，所以刚开始时 F 最小，故有 Fminma，在弹力方向向下时，随着弹力的增大而增大，故 B 刚要离开挡板时，F 最大，故有 Fmkx1mgsin ma2mgsin ，A 正确，B 错误6 / 9三、非选择题9(2018·河北武邑中学模拟)如图所示，倾角 30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长 L1.8 m、质量 M 3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量 m1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数 .对木板施加沿斜面向上的恒力 F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力 F 应满足的条件；(2)若 F37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离解析：(1)对 M、m，由牛顿第二定律F(Mm)gsin (Mm)a对 m，有 fmgsin ma，fmgcos ，代入数据得：F30 N因为要拉动，则F(mM)gsin 20 N所以 20 NF30 N.(2)F37.5 N>30 N，物块能滑离木板，对于 M，有 Fmgcos Mgsin Ma1对 m，有 mgcos mgsin ma2，设物块滑离木板所用的时间为 t，由运动学公式：a1t2a2t2L，代入数据得：t1.2 s，物块离开木板时的速度 va2t，7 / 9由公式：2gsin sv2，代入数据得 s0.9 m.答案：(1)20 NF30 N (2)物块能滑离木板 1.2 s 0.9 m 10(2018·广西桂林十八中模拟)如图所示，传送带与地面的夹角37°，从 A 到 B 的长度为 16 m，传送带以 v010 m/s 的速度逆时针转动在传送带上端无初速度的放一个质量为 0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数 0.5，求物体从 A 运动到 B 所需的时间是多少？(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2)解析：刚开始阶段，物体相对传送带向上运动，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，则：a1gsin gcos (10×0.60.5×10×0.8)m/s210 m/s2当物体与传送带相对静止时，物体的位移： x1,2a1) m5 m；t1 s1 s则：x2(165)m11 m 因为 mgsin >mgcos ，物体与传送带不能保持相对静止，此时，物体的加速度a2gsin gcos (10×0.60.5×10×0.8)m/s22 m/s2则：x2v0t2a2t2 2代入数据解得：t21 s故共耗时 tt1t22 s.答案：2 s11(2018·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，一块质量为 M2 kg、长为 L 的木板 B 放在光滑水平桌面上，B 的左端有一质量为m0.2 kg 的物块 A(可视为质点)，A 上连接一根很长的轻质细绳，8 / 9细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为 m00.1 kg 的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为 h1 m；已知 A 与 B 之间的动摩擦因数为 0.2，A 与滑轮间的细绳与桌面平行，B 右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A 相对于 B滑动，重力加速度 g10 m/s2.(1)求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和 A 的速度大小；(2)当 A、B 相对静止时，A 仍在 B 上，求从释放重物到 A、B 相对静止的过程中 A 运动的时间解析：(1)设释放重物后重物的加速度为 a1，细绳的张力大小为 F，对重物，由牛顿第二定律可得：m0gFm0a1对 A，由牛顿第二定律：Fmgma1联立解得：F0.8 N，a12 m/s2由 v2a1h 解得重物落地前瞬间 A 的速度大小为v12 m/s.(2)重物落地前，A 运动的时间 t11 sB 的加速度 a20.2 m/s2重物落地时 B 的速度 v2a2t10.2 m/s重物落地后，A 开始做匀减速运动，加速度大小为a3g2 m/s2设经过时间 t2，A、B 速度相等，则有v1a3t2v2a2t2解得：t2 s.从释放重物到 A、B 相对静止的过程中 A 运动的时间为：tt1t2 s.9 / 9答案：(1)0.8 N 2 m/s (2) s