（課標通用）高考物理一輪復習 作業(yè)14 專題 牛頓運動定律題型研究（含解析）-人教版高三全冊物理試題

作業(yè)14專題牛頓運動定律題型研究 一、選擇題1如圖141所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P.設有一重物先后沿兩個斜槽，從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為()圖141A21 B11C.1D1解析：設光滑斜槽軌道與水平面的夾角為，則物體下滑時的加速度為agsin，由幾何關系，斜槽軌道的長度s2(Rr)sin，由運動學公式sat2，得t2 ，即所用的時間t與傾角無關，所以t1t2，B項正確答案：B2如圖142甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度v1運行初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的vt圖象(以地面為參考系)如圖142乙所示已知v2>v1，則()圖142At2時刻，小物塊離A處的距離達到最大Bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C0t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析：小物塊對地速度為零時，即t1時刻，向左離開A處最遠，t2時刻，小物塊相對傳送帶靜止，此時不再相對傳送帶滑動，所以從開始到此刻，它相對傳送帶滑動的距離最大，A錯誤、B正確.0t2時間內，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變，t2時刻以后小物塊相對傳送帶靜止，與傳送帶一起以速度v1勻速運動，不再受摩擦力作用，C、D錯誤答案：B圖1433如圖143所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA6 kg、mB2 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)0.2，開始時F10 N，此后逐漸增加，在增大到45 N的過程中，則(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A當拉力F<12 N時，物體均保持靜止狀態(tài)B兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12 N時，開始相對滑動C兩物體從受力開始就有相對運動D兩物體始終沒有相對運動解析：首先了解各物體的運動情況，B運動是因為A對它有靜摩擦力，但由于靜摩擦力存在最大值，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??；如果拉力再增大，則物體間就會發(fā)生相對滑動，所以這里存在一個臨界點，就是A、B間靜摩擦力達到最大值時拉力F的大小，以A為研究對象進行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的靜摩擦力，則有FFfmAa，再以B為研究對象，B受水平向右的靜摩擦力FfmBa，當Ff為最大靜摩擦力時，解得am/s26 m/s2，F(xiàn)48 N，由此可以看出當F<48 N時，A、B間的摩擦力達不到最大靜摩擦力，也就是說，A、B間不會發(fā)生相對運動，故D正確答案：D圖1444如圖144所示，光滑細桿BC、DC和AC構成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，ACBCDC543，AC桿豎直，各桿上分別套有一質點小球a、b、d，a、b、d三小球的質量比為123，現(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為()A111 B.543C589 D123解析：設AC5L，BC4L，DC3L.a、b、d三小球在各桿上滑行的時間分別為t1、t2、t3.加速度分別為a1、a2、a3.由幾何知識得，BC的傾角為53°，DC的傾角為37°.a球下滑過程，a1g由5Lgt得t1根據牛頓第二定律得：沿BC下滑的小球，加速度為a2gsin53°0.8g由位移時間公式得：4La2t得t2 沿DC下滑的小球，加速度為a3gsin37°0.6g由位移時間公式得：3La3t得t3 所以t1t2t3111.故選A.答案：A圖1455豎直正方形框內有三條光滑軌道OB、OC和OD.三軌道交于O點，且與水平方向的夾角分別為30°、45°和60°.現(xiàn)將甲、乙、丙三個可視為質點的小球同時從O點由靜止釋放，分別沿OB、OC和OD運動到達斜面底端則三小球到達斜面底端的先后次序是()A甲、乙、丙B丙、乙、甲C甲、丙同時到達，乙后到達D不能確定三者到達的順序解析：對乙、丙：設斜面的傾角為，則下滑的加速度agsin，下滑的位移x根據xat2得t，故傾角越大的下落時間越短，故乙和丙兩小球，丙先到達底端；對甲、乙：運動到底端的時間t ，則甲、乙兩小球中，乙時間短，先到達底端；三小球到達斜面底端的先后次序是丙、乙、甲，故B項正確答案：B圖1466如圖146所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g.關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是()A糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小也可能相等B糧袋開始運動的加速度為g(sincos)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動C若tan，則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動D不論大小如何，糧袋從A端到B端一直做勻加速運動，且加速度agsin解析：若傳送帶較短，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B端時的速度小于v；若tan，則糧袋先做勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，到達B端時速度等于v；若<tan，則糧袋先做加速度為g(sincos)的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度為g(sincos)的勻加速運動，到達B端時的速度大于v，A正確；糧袋開始時速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶的運動方向是沿傳送帶向上，所以受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，大小為mgcos ，根據牛頓第二定律得加速度ag(sincos)，B錯誤；若tan，糧袋從A到B可能一直是做勻加速運動，也可能先勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，C、D均錯誤答案：A圖1477(臨沂模擬)(多選)如圖147所示，Oa，Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O為圓心每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是()At1t2 Bt2>t3Ct1<t2 Dt1t3解析：設ob與豎直方向的夾角為，由幾何關系得oa與豎直方向的夾角為，環(huán)沿oa下滑時的加速度大小為a1gcos，沿ob下滑時的加速度大小為a2gcos，設ob長為L，由幾何關系得oa長為Lcos，根據運動學公式有La2t，Lcosa1t，得t，t，由此得到t1<t2；由于t1，同理可得到t3，因此t1t3，t2>t3，故A項錯誤，BCD項正確答案：BCD8. (多選)如圖148所示，水平傳送帶A、B兩端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉，今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕圖148已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中()A煤塊從A運動到B的時間是2.25 sB煤塊從A運動到B的時間是1.5 sC劃痕長度是0.5 mD劃痕長度是2 m解析：根據牛頓第二定律，煤塊的加速度a4 m/s2，煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間t11 s，位移大小x1at2 m<x，此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運動直至B端，所以劃痕長度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小，即xv0t1x12 m，選項C錯誤，D正確；x2xx12 m，勻速運動的時間t20.5 s，運動的總時間tt1t21.5 s，選項A錯誤，B正確答案：BD9(南陽一中月考)(多選)如圖149甲所示，質量為M2 kg的木板靜止在光滑水平面上，可視為質點的物塊(質量設為m)從木板的左側沿木板表面水平沖上木板物塊和木板的速度時間圖象如圖149乙所示，g10 m/s2，結合圖象，下列說法正確的是()圖149A可求得物塊在前2 s內的位移x5 mB可求得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.2C可求得物塊的質量m2 kgD可求得木板的長度L2 m解析：物塊在前2 s內的位移x×1 m2×1 m5 m，A正確；由題圖可知物塊加速度大小為a12 m/s2，則g2 m/s2，0.2，B正確；由運動學圖象知，兩物體加速度大小相同，設物塊加速度大小為a1，木板加速度大小為a2，則有mgma1Ma2，則mM2 kg，C正確；由于物塊與木板達到共同速度時不清楚二者的相對位置關系，故無法求出木板的長度，D錯誤答案：ABC10(多選)如圖1410所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2 m，且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5.下列說法正確的是()圖1410A物塊A先到達傳送帶底端B物塊A、B同時到達傳送帶底端C物塊A、B運動的加速度大小不同D物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同解析：因摩擦因數(shù)0.5tan 37°，所以A、B受力情況相同，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，運動時間相同，將同時到達底端，故選項A、C錯誤，B正確；由于小物塊A與傳送帶的運動方向相同，小物塊B與傳送帶的運動方向相反，故物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同，選項D正確答案：BD圖141111如圖1411所示，上方固定有長方體盒子的斜劈A放在固定的斜面體C的斜面上，在盒子內放有光滑球B，B的直徑略小于盒子內側前、后壁間的距離現(xiàn)使斜劈A在斜面體C上靜止不動，此時盒子內側的M、N點對球B均無壓力，以下說法中正確的是 ()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，則M點對球B有壓力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，則N點對球B有壓力C若C的斜面粗糙，且斜劈A沿斜面勻速下滑，則M點對球B有壓力D若C的斜面粗糙，且斜劈A沿斜面勻速下滑，則N點對球B有壓力解析：當斜面光滑，斜劈以一定的初速度沿斜面上滑時，分析斜劈和球整體可知，整體具有相同的加速度，大小為agsin，方向沿斜面向下根據牛頓第二定律，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對球的彈力可知M點對球無壓力，N點對球有壓力，故A錯誤，B正確；斜劈A沿斜面勻速下滑，知B球處于平衡狀態(tài)，所受重力和底部的支持力平衡所以M、N對球均無壓力，故C、D均錯誤答案：B12(2014年高考·江蘇卷)(多選)如圖1412所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上A、B間的動摩擦因數(shù)為，B與地面間的動摩擦因數(shù)為.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則 ()圖1412A當F<2mg時，A、B都相對地面靜止B當Fmg時，A的加速度為gC當F>3mg時，A相對B滑動D無論F為何值，B的加速度不會超過g解析：根據牛頓第二定律、力與運動的關系解題當0<Fmg時，A、B皆靜止；當mg<F3mg時，A、B相對靜止，但兩者相對地面一起向右做勻加速直線運動；當F>3mg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤，選項C正確當Fmg時，A與B共同的加速度ag，選項B正確F較大時，取物塊B為研究對象，物塊B的加速度最大為a2g，選項D正確答案：BCD二、非選擇題13一平直的傳送帶以速率v2 m/s勻速運行，在A處把物體輕輕地放到傳送帶上，經過時間t6 s，物體到達B處A、B相距L10 m.(1)物體在傳送帶上勻加速運動的時間是多少？(2)如果提高傳送帶的運行速率，物體能較快地傳送到B處要讓物體以最短的時間從A處傳送到B處，傳送帶的運行速率至少應為多大？(3)若使傳送帶的運行速率為v10 m/s，則物體從A傳送到B的時間又是多少？解析：(1)物體從A到B需經歷勻加速運動和勻速運動兩個過程，設物體勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，則t1vt2Lt1t2t聯(lián)立解得t12 s.(2)為使物體從A至B所用時間最短，物體必須始終處于加速狀態(tài)，由于物體與傳送帶之間的滑動摩擦力不變，所以其加速度也不變，而a1 m/s2由2aLv解得vmin2 m/s即傳送帶的運行速率至少為2 m/s，(3)傳送帶速率為v10 m/s>2 m/s，物體一直做加速度為1 m/s2的勻加速運動，設物體從A至B所用最短的時間為t，則at2Lt s 2s.答案：(1)2 s(2)2 m/s(3)2 s14一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖1413(a)所示t0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板已知碰撞后1 s時間內小物塊的vt圖線如圖1413(b)所示木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求圖1413(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離解析：(1)規(guī)定向右為正方向木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和M.由牛頓第二定律有1(mM)g(mM)a1由題圖可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運動學公式得v1v0a1t1x0v0t1a1t式中，t11 s，x04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度聯(lián)立式和題給條件得10.1在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2由圖可得a2式中，t22 s，v20，聯(lián)立式和題給條件得20.4(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經過時間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運動學公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為x1t小物塊運動的位移為x2t小物塊相對木板的位移為xx2x1聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.0 m因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0 m.(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為x3.由牛頓第二定律及運動學公式得1(mM)g(mM)a40v2a4x3碰后木板運動的位移為xx1x3聯(lián)立式，并代入數(shù)值得x6.5 m木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m.答案：(1)10.120.4(2)6 m(3)6.5 m