一点一练2016版高考物理复习专题六牛顿运动定律的综合应用二专题演练含两年高考一年模拟.doc

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1、考点6牛顿运动定律的综合应用(二)动力学图象连接体问题一年模拟试题精练1(2015山东东营质检)两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，速度大小不变。一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是()2(2015山东滨州市高三月考)如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为，物体B与斜面间无摩擦。在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为()Aag

2、sin ，F(Mm)g(sin )Bagcos ，F(Mm)gcos Cagtan ，F(Mm)g(tan )Dagcot ，F(Mm)g3(2015河北省衡水中学调研)如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起放在光滑的水平面上，B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。则在02t0时间内，下列说法正确的是()At0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小Bt0时刻，A、B的速度最大C0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为04(2015浙江宁波高三调研)如甲图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率

3、v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则下列说法中正确的是()At1时刻，小物块离A处的距离达到最大B0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左Ct2t3时间内，小物块与传送带相对静止，小物块不受到静摩擦力作用D0t2时间内，小物块运动方向发生了改变，加速度方向也发生了改变5(2015安徽省宣城市八校联考)如图甲所示，一物块在倾角为的斜面上，在平行于斜面的拉力F的作用下从静止开始运动，作用2 s后撤去拉力，物块经0.5 s速度减为零，并由静止

4、开始下滑，运动的vt图象如图乙所示，已知物块的质量为1 kg，g10 m/s2，5.57，求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)；(2)拉力F的大小。6(2015山东省实验中学高三阶段性考试)如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生改变。已知重力加速度为g。求：(1)小木块与木板间的动摩擦因数；(2)当60角时，小木块沿木板向上滑行的距离；(3)当60角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间。参考答案考

5、点6牛顿运动定律的综合应用(二)动力学图象连接体问题两年高考真题演练1ACD由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，即gsin gcos 。同理向下滑行时gsin gcos ，两式联立得sin ，可见能计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xt1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin t1，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误。2B由vt图象可知：过程为向下匀加速

6、直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)。综合选项分析可知B选项正确。3AD由题图知，在上升过程中，在04 s内，加速度方向向上，FNmgma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在710 s内加速度方向向下，由mgFNma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。4B设斜面倾角为，滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma，

7、agsin gcos 0，因此滑块下滑时加速度不变，选项D错误；滑块匀减速下滑时的位移sv0tat2，选项B正确；滑块下降高度hssin v0sin tasin t2，选项A错误；滑块下滑时的速度vv0at，选项C错误。5D受空气阻力作用的物体，上升过程：mgkvma，得agv，v减小，a减小，A错误；到达最高点时v0，ag，即两图线与t轴相交时斜率相等，故D正确。6解析(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2 m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律有2mgma2，解得2

8、0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvta1t2解得a11 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1解得10.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a3 m/s2对滑块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11 s过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m, 末速度v1 m/s滑块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加

9、速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移x4a2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为xx1x2x3x46 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m答案(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m一年模

10、拟试题精练1D物体触地反弹后，速度方向要发生改变，所以图线在t轴的上下都有分布，A、B都不正确；由于空气阻力的作用，受空气阻力作用的物体下落的加速度比不受阻力的物体小，落地的时间也就长，所以C不正确；不受阻力作用的物体只受重力，不管在下落过程还是在上升过程，都做匀变速直线的运动，加速度恒为g，其vt关系如选项D中虚线所示，而受阻力作用的物体，受重力和阻力作用。在下落过程中其加速度a，由此式可知，随着速度v逐渐变大，a会逐渐变小，图线在图中斜率会逐渐变小；物体与地面碰撞反弹后，在上升的过程中，其加速度a，随着v逐渐变小，a会逐渐变小，图线在图中的斜率会逐渐变小，最后趋近于g(与虚线斜率相同)，D

11、项正确。2C对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得agtan ，对AB整体进行受力分析得：F(Mm)g(Mm)a，解得F(Mm)g(tan )，故选C。3BCDt0时刻，A、B受力F为0，A、B加速度为0，A、B间静摩擦力为0，加速度最小，选项A错误；在0至t0过程中，A、B所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0时刻A、B速度最大，选项B正确；0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大，故A、B在这两个时刻加速度最大，为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大，选项C正确；A、B先在F的作用下加速，t0后F反向，A、B继而做减速运动，到2t0时刻，A、B速度减小

12、到0，位移最大，选项D正确。4AC5解析(1)撤去拉力后，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，加速度大小为a2 m/s22 m/s2由牛顿第二定律得，mgsin mgcos ma2物块由静止沿斜面下滑时的加速度大小为a3 m/s2 m/s2由牛顿第二定律得，mgsin mgcos ma3解得0.093(2)物块在拉力F的作用下，沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度大小为，a1 m/s20.5 m/s2由牛顿第二定律得，Fmgsin mgcos ma1解得F2.5 N答案(1)0.093(2)2.5 N6解析(1)对木块受力分析，由平衡条件得mgsin FNFNmgcos 联立得：tan tan 30(2)当小木块向上运动时，小木块的加速度大小为a1，则mgsin mgcos ma1，设小木块的位移为x，则v2a1x联立式代入数值解得x(3)小木块向上运动时间为t1当小木块向下运动时，小木块的加速度大小为a2，则mgsin mgcos ma2，可得a2g由xa2t，得t2则tt1t2答案(1)(2)(3)6