届高考物理课标通用一轮复习课时跟踪检测十一 牛顿运动定律的综合应用卷Ⅱ普通高中.docx
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届高考物理课标通用一轮复习课时跟踪检测十一牛顿运动定律的综合应用卷Ⅱ普通高中
课时跟踪检测(十一)牛顿运动定律的综合应用(卷Ⅱ)
[B级——中档题目练通抓牢]
★1.
(2018·淮安期末)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上,环的直径略大于杆的截面直径,环与杆间的动摩擦因数为μ,对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F,使圆环以加速度a沿杆运动,则F的大小不可能是( )
A.B.
C.D.
解析:
选C 对环受力分析,受重力、拉力,还可能受弹力和摩擦力。
其中弹力可能向上,也可能向下,也可能等于0。
(1)若环受到的弹力为0,则:
Fcosθ=ma,Fsinθ=mg
解得:
F=或F=。
(2)若环受到的弹力的方向向上,则:
Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma
所以:
F=。
(3)若环受到的弹力的方向向下,则:
Fcosθ-μ(Fsinθ-mg)=ma
所以:
F=。
所以选项A、B、D是可能的,选项C是不可能的。
★2.
(2018·广西桂林十八中模拟)如图所示,斜面体A上的物块P,用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上,在物块P上施加水平向右的推力F,整个系统处于静止状态,下列说法正确的是( )
A.物块P与斜面之间一定存在摩擦力
B.轻弹簧一定被拉长
C.地面对斜面体A一定存在摩擦力
D.若增大推力F,则弹簧弹力一定减小
解析:
选C 若物块P受到弹簧的拉力与物块的重力沿斜面向下的分力及推力F、支持力平衡,则不受摩擦力,选项A错误;若物块P受到支持力与物块的重力沿斜面向下的分力及推力F三力平衡,则无弹簧弹力,选项B错误;物块P、斜面体A及弹簧相对静止,可看成一整体,受到的地面的摩擦力等于推力F,选项C正确;增大推力F,根据物块P与斜面之间可能存在的静摩擦力的特点,即0≤f≤fm,判断弹簧弹力减小、不变或者增大都有可能,选项D错误。
★3.
如图所示,传送带沿逆时针方向匀速转动。
木块a、b用细线连接,用平行于传送带的细线拉住a,两木块处于静止状态。
关于木块受力个数,正确的是( )
A.a受4个力,b受5个力B.a受4个力,b受4个力
C.a受5个力,b受5个力D.a受5个力,b受4个力
解析:
选D 先对木块b受力分析,受重力、支持力、细线的拉力和沿着斜面向下的滑动摩擦力,共4个力;再对木块a受力分析,受重力、支持力、两侧细线的两个拉力和沿着斜面向下的滑动摩擦力,共5个力;故A、B、C错误,D正确。
4.[多选]如图甲所示,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( )
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。
★
5.[多选](2018·湖南衡阳模拟)如图,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小。
这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为M和m。
各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d。
现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是( )
A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)g
B.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)g
C.若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码不会从桌面上掉下
D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘
解析:
选BC 对纸板分析,当纸板相对砝码运动时,所受的摩擦力为f2=μ(M+m)g+μMg,故A错误;设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有:
f1=Ma1,F-f1-f2=ma2,发生相对运动需要a2>a1,代入已知条件解得:
F>2μ(M+m)g,故B正确;若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码匀加速运动的位移小于==,匀减速运动的位移小于==,则位移小于d,不会从桌面掉下,故C正确;当F=μ(2M+3m)g时,砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg,纸板的加速度a2==2μg,根据a2t2-a1t2=d,解得t=,则此时砝码的速度v=a1t=,砝码脱离纸板后做匀减速运动,匀减速运动的加速度大小a′=μg,则匀减速运动的位移为==d,而匀加速运动的位移x′=a1t2=d,可知砝码恰好离开桌面,故D错误。
6.如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B,A、B紧贴管的内壁,厚度不计。
A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1=mg、f2=2mg,且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。
管下方存在这样一个区域:
当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用,而B在该区域运动时不受它的作用,PQ、MN是该区域的上下水平边界,高度差为H(L>2H)。
现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放,重力加速度为g。
(1)为使A、B间无相对运动,求F应满足的条件。
(2)若F=3mg,求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
解析:
(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a,A与管间的静摩擦力为fA。
对A、B整体有3mg-F=3ma,
对A有mg+fA-F=ma,并且fA≤f1,
联立解得F≤mg。
(2)A到达上边界PQ时的速度vA=。
当F=3mg时,可知A相对于圆管向上滑动,设A的加速度为a1,则有mg+f1-F=ma1,解得a1=-g。
A向下减速运动的位移为H时,速度刚好减小到零,此过程运动的时间t=。
由于管的质量不计,在此过程中,A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反,大小均为mg,B受到管的摩擦力小于2mg,则B与圆管相对静止,B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得
a2==。
物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL=L-=L-H。
答案:
(1)F≤mg
(2)L-H
[C级——难度题目自主选做]
7.(2018·江西玉山一中第二次月考)图甲中,质量为m1=1kg的物块叠放在质量为m2=3kg的木板右端。
木板足够长,放在光滑的水平地面上,木板与物块之间的动摩擦因数为μ1=0.2,整个系统开始时静止,重力加速度g=10m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动,拉力F至少应为多大?
(2)在0~4s内,若拉力F的变化如图乙所示,2s后木板进入μ2=0.25的粗糙水平面,在图丙中画出0~4s内木板和物块的vt图像,并求出0~4s内物块相对木板的位移大小。
解析:
(1)把物块和木板看做整体,由牛顿第二定律得:
F=(m1+m2)a,
对物块分析,物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g=m1a,
联立解得F=μ1(m1+m2)g=8N。
(2)物块在0~2s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有:
μ1m1g=m1a1,
解得a1=2m/s2,
2s末物块的速度为v1=a1t1=2×2m/s=4m/s。
木板在0~1s内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有:
F1-μ1m1g=m2a2,
解得a2=4m/s2。
1s末木板的速度v1′=a2t2=4×1m/s=4m/s。
在1~2s内F2=μ1m1g,
木板做匀速运动,速度为4m/s。
2~4s内如果物块和木板一起减速运动,共同的加速度大小为a共==μ2g,
m1的合力μ2m1g>fm=μ1m1g。
所以物块和木板相对滑动2s后物块做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有:
-μ1m1g=m1a3,
得:
a3=-2m/s2。
速度从4m/s减至零的时间t3==s=2s。
木板做匀减速直线运动有:
-μ2(m1+m2)g+μ1m1g=m2a4。
得:
a4=-m/s2。
速度从4m/s减至零的时间t4==s=1.5s。
二者在整个运动过程的vt图像如图所示(实线是木板的vt图像,虚线是物块的vt图像)。
0~2s内物块相对木板向左运动
Δx1=a2t22+(a2t2)(t1-t2)-a1t12,
2~4s内物块相对木板向右运动
Δx2=-,
解得:
Δx=Δx1-Δx2=1m。
所以0~4s内物块相对木板的位移大小为Δx=1m。
答案:
(1)8N
(2)见解析图 1m
★8.(2018·天津质检)水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站,对旅客的行李进行安全检查,如图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带AB始终保持1m/s的恒定速度运行,一质量为m=4kg的行李无初速的放在A处,该行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离l=2m,g取10m/s2,求:
(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少;
(2)电动机运送该行李需消耗的电能E为多少;
(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能够较快的传送到B处,求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。
解析:
(1)行李轻放在传送带上,开始是静止的,行李受滑动摩擦力而向右运动,设此时行李的加速度为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,a=1.0m/s2
设行李从速度为零运动至速度为1m/s所用的时间为t1,所通过的位移为s1,则
v=at1,t1=1s,s1=at12,s1=0.5m
行李速度达到1m/s后与皮带保持相对静止,一起做匀速运动,设所用时间为t2
则t2==1.5s
设行李从A运送到B共用时间为t,则t=t1+t2=2.5s。
(2)电动机需消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和,故
E=mv2+μmgΔL
行李与传送带的相对位移ΔL=vt1-s1=0.5m,
代入数据解得E=4J。
(3)行李从A匀加速运动到B时,传送时间最短
有l=at2
代入数据得t=2s,
此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin=2m/s
故传送带对应的最小运行速率为2m/s。
答案:
(1)2.5s
(2)4J (3)2s 2m/s
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