2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化三 動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題和臨界極值問(wèn)題課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練.doc

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牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～10題為多項(xiàng)選擇題) 1．如圖1甲所示，小物塊從足夠長(zhǎng)的光滑斜面頂端由靜止自由滑下。下滑位移x時(shí)的速度為v，其x－v2圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則斜面傾角θ為(　　) 圖1 A．30 B．45 C．60 D．75 解析　由x－v2圖象可知小物塊的加速度a＝5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，小物塊的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30，A對(duì)，B、C、D錯(cuò)。 答案　A 2．(2017鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè))甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2，從同一地點(diǎn)(足夠高)同時(shí)由靜止釋放。兩球下落過(guò)程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質(zhì)量無(wú)關(guān)，即f＝kv(k為正的常量)。兩球的v－t圖象如圖2所示。落地前，經(jīng)時(shí)間t0兩球的速度都已達(dá)到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．釋放瞬間甲球加速度較大 B.＝ C．甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量 D．t0時(shí)間內(nèi)兩球下落的高度相等 解析　釋放瞬間，兩球受到的阻力均為0，此時(shí)加速度相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)到最后達(dá)到勻速時(shí)，重力和阻力大小相等，mg＝kv，則＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖象可知v1＞v2，因此甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，選項(xiàng)C正確；下落高度等于圖線與時(shí)間軸圍成的面積，可知甲球下落高度大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 3．如圖3所示，A、B兩個(gè)物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上，物體B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物體A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2。已知物體A的質(zhì)量m＝2 kg，物體B的質(zhì)量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)對(duì)物體B施加一個(gè)水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對(duì)靜止，則恒力的最大值是(物體間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(　　) 圖3 A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N 解析　對(duì)物體A、B整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)max－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a；對(duì)物體A，由牛頓第二定律，μ2mg＝ma；聯(lián)立解得Fmax＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相關(guān)數(shù)據(jù)得Fmax＝15 N，選項(xiàng)B正確。 答案　B 4．(2018南昌模擬)圖4甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為150 kg的建筑材料被吊車(chē)豎直向上提升過(guò)程的簡(jiǎn)化運(yùn)動(dòng)圖象，g取10 m/s2，下列判斷正確的是(　　) 圖4 A．前10 s懸線的拉力恒為1 500 N B．46 s末材料離地面的距離為22 m C．0～10 s材料處于失重狀態(tài) D．在30～36 s鋼索最容易發(fā)生斷裂 解析　由圖可知前10 s內(nèi)材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知懸線的拉力為1 515 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖象面積可得整個(gè)過(guò)程上升高度是28 m，下降的高度為6 m，46 s末材料離地面的距離為22 m，選項(xiàng)B正確；因30～36 s 材料加速度向下，材料處于失重狀態(tài)，F(xiàn)mg，鋼索最容易發(fā)生斷裂，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案　B 5．如圖5所示，有材料相同的P、Q兩物塊通過(guò)輕繩相連，并在拉力F作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，輕繩與拉力F的方向均平行于斜面。當(dāng)拉力F一定時(shí)，Q受到繩的拉力(　　) 圖5 A．與斜面傾角θ有關(guān) B．與動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān) C．與系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān) D．僅與兩物塊質(zhì)量有關(guān) 解析　設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為m1、m2，Q受到繩的拉力大小為FT，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體分析，有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a；對(duì)Q分析：有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得FT＝F，可見(jiàn)Q受到繩的拉力FT與斜面傾角θ、動(dòng)摩擦因數(shù)μ和系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均無(wú)關(guān)，僅與兩物塊質(zhì)量和F有關(guān)，選項(xiàng)D正確。 答案　D 6．(2018濟(jì)南十校聯(lián)考)如圖6所示，質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當(dāng)用水平力F作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x；若用水平力F′作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a′＝2a做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為x′。則下列關(guān)系正確的是(　　) 圖6 A．F′＝2F B．x′＝2x C．F′＞2F D．x′＜2x 解析　取m1和m2為一整體，應(yīng)用牛頓第二定律可得：F＝(m1＋m2)a。彈簧的彈力FT＝＝kx。當(dāng)兩物塊的加速度增為原來(lái)的2倍，拉力F增為原來(lái)的2倍，F(xiàn)T增為原來(lái)的2倍，彈簧的伸長(zhǎng)量也增為原來(lái)的2倍，故A、B正確。 答案　AB 7．質(zhì)量m＝1 kg的物體在合外力F作用下由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，合外力F隨時(shí)間t的變化圖象如圖7所示，下列關(guān)于該物體運(yùn)動(dòng)情況的說(shuō)法正確的是(　　) 圖7 A．0～1 s內(nèi)物體沿正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．第2 s末物體達(dá)到的最大速度2 m/s C．第4 s末物體速度為0 D．第4 s末物體回到出發(fā)位置 解析　因?yàn)槲矬w的質(zhì)量是1 kg，所以物體加速度－時(shí)間圖象與物體的F－t相同，由圖象知，物體的加速度大小不斷改變，做變加速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；a－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍的“面積”表示物體獲得的速度，第2 s末時(shí)，物體的速度最大，vm＝ m/s＝2 m/s，B項(xiàng)正確；前2 s內(nèi)物體沿正方向做加速運(yùn)動(dòng)，2～4 s內(nèi)物體沿正方向做減速運(yùn)動(dòng)，第4 s末物體速度為零，C正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　BC 8．(2015海南單科，9)如圖8，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊。開(kāi)始時(shí)，升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)(　　) 圖8 A．物塊與斜面間的摩擦力減小 B．物塊與斜面間的正壓力增大 C．物塊相對(duì)于斜面減速下滑 D．物塊相對(duì)于斜面勻速下滑 解析　當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)斜面的傾角為θ，物體的質(zhì)量為m，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin θ＝μmgcos θ，即sin θ＝μcos θ。當(dāng)物體以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FN＝m(g＋a)cos θ，F(xiàn)f＝μm(g＋a)cos θ，因?yàn)閟in θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物體仍相對(duì)斜面勻速下滑，C錯(cuò)誤，D正確。 答案　BD 9．如圖9甲所示，地面上有一質(zhì)量為M的重物，用力F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示，則以下說(shuō)法中正確的是(　　) 圖9 A．當(dāng)F小于圖中A點(diǎn)值時(shí)，物體的重力Mg>F，物體不動(dòng) B．圖中A點(diǎn)值即為物體的重力值 C．物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度和力F成正比 D．圖線延長(zhǎng)線和縱軸的交點(diǎn)B的數(shù)值的絕對(duì)值等于該地的重力加速度 解析　當(dāng)0≤F≤Mg時(shí)，物體靜止，選項(xiàng)A正確；當(dāng)F＞Mg時(shí)，即能將物體提離地面，此時(shí)，F(xiàn)－Mg＝Ma，a＝－g，A點(diǎn)表示的意義即為F＝Mg，所以選項(xiàng)B正確；直線的斜率為，故B點(diǎn)數(shù)值的絕對(duì)值為g，故選項(xiàng)D正確。 答案　ABD 10．(2018湖北黃岡模擬)如圖10甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示(g＝10 m/s2)，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖10 A．物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài) B．彈簧的勁度系數(shù)為750 N/m C．物體的質(zhì)量為2 kg D．物體的加速度大小為5 m/s2 解析　物體與彈簧分離時(shí)，彈簧的彈力為零，輕彈簧無(wú)形變，所以選項(xiàng)A正確；從圖中可知ma＝10 N， ma＝30 N－mg，解得物體的質(zhì)量為m＝2 kg，物體的加速度大小為a＝5 m/s2，所以選項(xiàng)C、D正確；彈簧的勁度系數(shù)k＝＝ N/m＝500 N/m，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 答案　ACD 二、非選擇題 11．在物體下落過(guò)程中，速度小于10 m/s時(shí)可認(rèn)為空氣阻力與物體速度成正比關(guān)系。某科研小組在研究小球下落后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程時(shí)，得到速度隨時(shí)間變化的圖象，并作出t＝0.5 s時(shí)刻的切線，如圖11所示。已知小球在t＝0時(shí)刻釋放，其質(zhì)量為0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖11 (1)小球與地面第一次碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能； (2)小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到空氣阻力的最大值。 解析　(1)由圖象可知，小球第一次與地面碰撞前瞬間速度v1＝5 m/s 碰撞后瞬間速度大?。簐2＝4 m/s 碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能：ΔE＝mv－mv 代入數(shù)據(jù)可得ΔE＝2.25 J。 (2)由圖象可得t＝0.5 s時(shí)小球加速度 a＝＝4 m/s2 由牛頓第二定律：mg－f＝ma 由于：f＝kv 得k＝0.75 則：fmax＝3.75 N。 答案　(1)2.25 J　3.75 N 12．如圖12所示，質(zhì)量為4 kg的小球用細(xì)繩拴著吊在行駛的汽車(chē)后壁上，繩與豎直方向夾角為37。已知g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，求： 圖12 (1)當(dāng)汽車(chē)以a＝2 m/s2向右勻減速行駛時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力和小球?qū)?chē)后壁的壓力； (2)當(dāng)汽車(chē)以a′＝10 m/s2的加速度向右勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力和小球?qū)?chē)后壁的壓力。 解析　(1)當(dāng)汽車(chē)以a＝2 m/s2向右勻減速行駛時(shí)，小球受力分析如圖。 由牛頓第二定律得： FT1cos θ＝mg，F(xiàn)T1sin θ－FN＝ma 代入數(shù)據(jù)得：FT1＝50 N，F(xiàn)N＝22 N 由牛頓第三定律知，小球?qū)?chē)后壁的壓力大小為22 N。 (2)當(dāng)汽車(chē)向右勻減速行駛時(shí)，設(shè)車(chē)后壁彈力為0時(shí)(臨界條件)的加速度為a0，受力分析如圖所示。 由牛頓第二定律得：FT2sin θ＝ma0，F(xiàn)T2cos θ＝mg 代入數(shù)據(jù)得：a0＝gtan θ ＝10 m/s2＝7.5 m/s2 因?yàn)閍＝10 m/s2>a0 所以小球飛起來(lái)，F(xiàn)N′＝0 所以，當(dāng)汽車(chē)以a′＝10 m/s2向右勻減速運(yùn)動(dòng)行駛時(shí)，由牛頓第二定律得FT2cos θ′＝mg FT2sin θ′＝ma′ 代入數(shù)據(jù)得FT2＝40 N。 答案　(1)50 N　22 N　(2)40 N　0