人教版高中物理一轮复习图片课件+练习+作业 87Word格式.docx
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小物块对地速度为零时,即t1时刻,向左离开A处最远,t2时刻,小物块相对传送带静止,此时不再相对传送带滑动,所以从开始到此刻,它相对传送带滑动的距离最大,A错误、B正确.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力,方向始终向右,大小不变,t2时刻以后小物块相对传送带静止,与传送带一起以速度v1匀速运动,不再受摩擦力作用,C、D错误.
图14-3
3.如图14-3所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=6kg、mB=2kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,开始时F=10N,此后逐渐增加,在增大到45N的过程中,则(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A.当拉力F<
12N时,物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动
首先了解各物体的运动情况,B运动是因为A对它有静摩擦力,但由于静摩擦力存在最大值,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小;
如果拉力再增大,则物体间就会发生相对滑动,所以这里存在一个临界点,就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小,以A为研究对象进行受力分析,A受水平向右的拉力,水平向左的静摩擦力,则有F-Ff=mAa,再以B为研究对象,B受水平向右的静摩擦力Ff=mBa,当Ff为最大静摩擦力时,解得a===m/s2=6m/s2,F=48N,由此可以看出当F<
48N时,A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力,也就是说,A、B间不会发生相对运动,故D正确.
D
图14-4
4.如图14-4所示,光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线,AC∶BC∶DC=5∶4∶3,AC杆竖直,各杆上分别套有一质点小球a、b、d,a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3,现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放,不计空气阻力,则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( )
A.1∶1∶1 B.5∶4∶3
C.5∶8∶9D.1∶2∶3
设AC=5L,BC=4L,DC=3L.
a、b、d三小球在各杆上滑行的时间分别为t1、t2、t3.
加速度分别为a1、a2、a3.
由几何知识得,BC的倾角为α=53°
,
DC的倾角为β=37°
.
a球下滑过程,a1=g
由5L=gt得t1=
根据牛顿第二定律得:
沿BC下滑的小球,加速度为
a2==gsin53°
=0.8g
由位移时间公式得:
4L=a2t得t2=
沿DC下滑的小球,加速度为
a3==gsin37°
=0.6g
3L=a3t得t3=
所以t1∶t2∶t3=1∶1∶1.故选A.
A
图14-5
5.竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD.三轨道交于O点,且与水平方向的夹角分别为30°
、45°
和60°
.现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点由静止释放,分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端.则三小球到达斜面底端的先后次序是( )
A.甲、乙、丙
B.丙、乙、甲
C.甲、丙同时到达,乙后到达
D.不能确定三者到达的顺序
对乙、丙:
设斜面的倾角为θ,则下滑的加速度a=gsinθ,下滑的位移x=根据x=at2得t==,故倾角越大的下落时间越短,故乙和丙两小球,丙先到达底端;
对甲、乙:
运动到底端的时间t===,则甲、乙两小球中,乙时间短,先到达底端;
三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲,故B项正确.
图14-6
6.如图14-6所示为粮袋的传送装置,已知A、B两端间的距离为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是( )
A.粮袋到达B端的速度与v比较,可能大,可能小也可能相等
B.粮袋开始运动的加速度为g(sinθ-μcosθ),若L足够大,则以后将以速度v做匀速运动
C.若μ≥tanθ,则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动
D.不论μ大小如何,粮袋从A端到B端一直做匀加速运动,且加速度a≥gsinθ
若传送带较短,粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B端时的速度小于v;
若μ≥tanθ,则粮袋先做匀加速运动,当速度与传送带的速度相同后,做匀速运动,到达B端时速度等于v;
若μ<
tanθ,则粮袋先做加速度为g(sinθ+μcosθ)的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度为g(sinθ-μcosθ)的匀加速运动,到达B端时的速度大于v,A正确;
粮袋开始时速度小于传送带的速度,相对传送带的运动方向是沿传送带向上,所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力,大小为μmgcosθ,根据牛顿第二定律得加速度a==g(sinθ+μcosθ),B错误;
若μ≥tanθ,粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动,也可能先匀加速运动,当速度与传送带的速度相同后,做匀速运动,C、D均错误.
图14-7
7.(2019年临沂模拟)(多选)如图14-7所示,Oa,Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆,O、a、b、c、d位于同一圆周上,c为圆周的最高点,a为最低点,O′为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出),两个滑环从O点无初速释放,一个滑环从d点无初速释放,用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间,则下列关系正确的是( )
A.t1=t2B.t2>
t3
C.t1<
t2D.t1=t3
设ob与竖直方向的夹角为θ,由几何关系得oa与竖直方向的夹角为θ,环沿oa下滑时的加速度大小为a1=gcos,沿ob下滑时的加速度大小为a2=gcosθ,设ob长为L,由几何关系得oa长为Lcos,根据运动学公式有L=a2t,Lcos=a1t,得t=,t=,由此得到t1<
t2;
由于t1=,同理可得到t3=,因此t1=t3,t2>
t3,故A项错误,BCD项正确.
BCD
8.(多选)如图14-8所示,水平传送带A、B两端相距x=4m,以v0=4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕.
图14-8
已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度大小g=10m/s2,则煤块从A运动到B的过程中( )
A.煤块从A运动到B的时间是2.25s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5s
C.划痕长度是0.5m
D.划痕长度是2m
根据牛顿第二定律,煤块的加速度a==4m/s2,煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1==1s,位移大小x1=at=2m<
x,此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端,所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小,即Δx=v0t1-x1=2m,选项C错误,D正确;
x2=x-x1=2m,匀速运动的时间t2==0.5s,运动的总时间t=t1+t2=1.5s,选项A错误,B正确.
BD
9.(2019年南阳一中月考)(多选)如图14-9甲所示,质量为M=2kg的木板静止在光滑水平面上,可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板.物块和木板的速度—时间图象如图14-9乙所示,g=10m/s2,结合图象,下列说法正确的是( )
图14-9
A.可求得物块在前2s内的位移x=5m
B.可求得物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2
C.可求得物块的质量m=2kg
D.可求得木板的长度L=2m
物块在前2s内的位移x=×
1m+2×
1m=5m,A正确;
由题图可知物块加速度大小为a1=2m/s2,则μg=2m/s2,μ=0.2,B正确;
由运动学图象知,两物体加速度大小相同,设物块加速度大小为a1,木板加速度大小为a2,则有μmg=ma1=Ma2,则m=M=2kg,C正确;
由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系,故无法求出木板的长度,D错误.
ABC
10.(多选)如图14-10所示,三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2m,且与水平方向的夹角均为37°
.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法正确的是( )
图14-10
A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.物块A、B运动的加速度大小不同
D.物块A、B在传送带上的划痕长度不相同
因摩擦因数0.5<tan37°
,所以A、B受力情况相同,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,运动时间相同,将同时到达底端,故选项A、C错误,B正确;
由于小物块A与传送带的运动方向相同,小物块B与传送带的运动方向相反,故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同,选项D正确.
图14-11
11.如图14-11所示,上方固定有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B的直径略小于盒子内侧前、后壁间的距离.现使斜劈A在斜面体C上静止不动,此时盒子内侧的M、N点对球B均无压力,以下说法中正确的是( )
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,则M点对球B有压力
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,则N点对球B有压力
C.若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面匀速下滑,则M点对球B有压力
D.若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面匀速下滑,则N点对球B有压力
当斜面光滑,斜劈以一定的初速度沿斜面上滑时,分析斜劈和球整体可知,整体具有相同的加速度,大小为a=gsinθ,方向沿斜面向下.根据牛顿第二定律,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对球的弹力.可知M点对球无压力,N点对球有压力,故A错误,B正确;
斜劈A沿斜面匀速下滑,知B球处于平衡状态,所受重力和底部的支持力平衡.所以M、N对球均无压力,故C、D均错误.
12.(2014年高考·
江苏卷)(多选)如图14-12所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则( )
图14-12
A.当F<
2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F=μmg时,A的加速度为μg
C.当F>
3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg
根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题.当0<
F≤μmg时,A、B皆静止;
当μmg<
F≤3μmg时,A、B相对静止,但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动;
当F>
3μmg时,A相对B向右做加速运动,B相对地面也向右加速,选项A错误,选项C正确.当F=μmg时,A与B共同的加速度a==μg,选项B正确.F较大时,取物块B为研究对象,物块B的加速度最大为a2==μg,选项D正确.
二、非选择题
13.一平直的传送带以速率v=2m/s匀速运行,在A处把物体轻轻地放到传送带上,经过时间t=6s,物体到达B处.A、B相距L=10m.
(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少?
(2)如果提高传送带的运行速率,物体能较快地传送到B处.要让物体以最短的时间从A处传送到B处,传送带的运行速率至少应为多大?
(3)若使传送带的运行速率为v′=10m/s,则物体从A传送到B的时间又是多少?
(1)物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程,设物体匀加速运动的时间为t1,匀速运动的时间为t2,则t1+vt2=L
t1+t2=t
联立解得t1=2s.
(2)为使物体从A至B所用时间最短,物体必须始终处于加速状态,由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变,所以其加速度也不变,而a==1m/s2
由2aL=v
解得vmin=2m/s
即传送带的运行速率至少为2m/s,
(3)传送带速率为v′=10m/s>
2m/s,物体一直做加速度为1m/s2的匀加速运动,设物体从A至B所用最短的时间为t′,则
at′2=L
t′==s=2s.
(1)2s
(2)2m/s (3)2s
14.一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;
在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图14-13(a)所示.t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;
运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图14-13(b)所示.木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2.求
图14-13
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离.
(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1①
由题图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得
v1=v0+a1t1②
x0=v0t1+a1t③
式中,t1=1s,x0=4.5m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度.
联立①②③式和题给条件得μ1=0.1④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有
-μ2mg=ma2⑤
由图可得a2=⑥
式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得
μ2=0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧
v3=-v1+a3Δt⑨
v3=v1+a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为
x1=Δt⑪
小物块运动的位移为
x2=Δt⑫
小物块相对木板的位移为Δx=x2-x1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式,并代入数值得
Δs=6.0m⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4⑮
0-v=2a4x3⑯
碰后木板运动的位移为
x=x1+x3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式,并代入数值得x=-6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
(1)μ1=0.1 μ2=0.4
(2)6m (3)6.5m
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