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2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律(含解析).docx

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2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律(含解析).docx

專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律第一部分名師綜述綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn),試題在考查主干知識(shí)的同時(shí),注重考查必修中的基本概念和基本規(guī)律,且更加突出考查學(xué)生運(yùn)用"力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)"分析解決問題的能力。牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用是每年高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn),應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題的關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析,特別是牛頓運(yùn)動(dòng)定律與曲線運(yùn)動(dòng),萬有引力定律以及電磁學(xué)等相結(jié)合的題目,牛頓定律中一般考查牛頓第二定律較多,一般涉及一下幾個(gè)方面:一是牛頓第二定律的瞬時(shí)性,根據(jù)力求加速度或者根據(jù)加速度求力,二是動(dòng)力學(xué)的兩類問題,三是連接體問題,四是牛頓第二定律在生活生產(chǎn)和科技中的應(yīng)用。第二部分精選試題一、單選題1如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端連接一小物塊,O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放,沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng),最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過程中,物塊()A加速度逐漸減小B經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最大C所受彈簧彈力始終做正功D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】 D【解析】【詳解】由于水平面粗糙且O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置,所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間,加速度為零時(shí)彈力和摩擦力平衡,所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大,A錯(cuò)誤;物體在平衡位置處速度最大,所以物塊速度最大的位置在AO之間某一位置,B錯(cuò)誤;從A到O過程中彈力方向與位移方向相同,彈力做正功,從O到B過程中彈力方向與位移方向相反,彈力做負(fù)功,C錯(cuò)誤;從A到B過程中根據(jù)動(dòng)能定理可得W彈-W克f=0,即W彈=W克f,即彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功,D正確2質(zhì)量為400 kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速,受到的阻力不變,其加速度a和速度的倒數(shù)1v的關(guān)系如圖所示,則賽車在加速的過程中( )A速度隨時(shí)間均勻增大B加速度隨時(shí)間均勻增大C輸出功率為160 kWD所受阻力大小為1 60 N【答案】 C【解析】【詳解】由圖可知,加速度變化,故做變加速直線運(yùn)動(dòng),速度隨時(shí)間不是均勻增大故A錯(cuò)誤;a-1v函數(shù)方程a400v4,汽車加速運(yùn)動(dòng),速度增大,加速度減小,故B錯(cuò)誤;對(duì)汽車受力分析,受重力、支持力、牽引力和摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有:F-f=ma;其中:F=P/v;聯(lián)立得:a=Pmv-fm,結(jié)合圖線,當(dāng)物體的速度最大時(shí),加速度為零,故結(jié)合圖象可以知道,a=0時(shí),1v=0.01,v=100m/s,所以最大速度為100m/s;由圖象可知:f/m4,解得:f=4m=4400=1600N;01400P100-f400,解得:P=160kW,故C正確,D錯(cuò)誤;故選C。3最近,不少人喜歡踩著一種獨(dú)輪車,穿梭街頭。這種獨(dú)輪車全名叫電動(dòng)平衡獨(dú)輪車,其中間是一個(gè)窄窄的輪子,兩側(cè)各有一塊踏板。當(dāng)人站在踏板上向右運(yùn)動(dòng)時(shí),可簡(jiǎn)化為如圖甲、乙所示的模型。關(guān)于人在運(yùn)動(dòng)中踏板對(duì)人腳的摩擦力,下列說法正確的是A考慮空氣阻力,當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),腳所受摩擦力向左B不計(jì)空氣阻力,當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),腳所受摩擦力向左C考慮空氣阻力,當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),腳所受摩擦力可能為零D不計(jì)空氣阻力,當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),腳所受摩擦力不可能為零【答案】 C【解析】【詳解】考慮空氣阻力,當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)平衡條件,則腳所受摩擦力為右,故A錯(cuò)誤;不計(jì)空氣阻力,當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),合力向右,即腳所受摩擦力向右,故B錯(cuò)誤;當(dāng)考慮空氣阻力,當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)平衡條件,則重力、支持力與空氣阻力處于平衡,則腳所受摩擦力可能為零,故C正確;當(dāng)不計(jì)空氣阻力,當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律,腳受到的重力與支持力提供加速度,那么腳所受摩擦力可能為零,故D錯(cuò)誤;故選C?!军c(diǎn)睛】此題考查根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)來分析腳受到力的情況,掌握物體的平衡條件以及加速度與合外力的關(guān)系,注意人水平方向向右運(yùn)動(dòng)時(shí)空氣阻力的方向是水平向左的4如圖所示,在豎直平面內(nèi)用輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個(gè)小球,將小球拉至A點(diǎn),使細(xì)線處于拉直狀態(tài),由靜止開始釋放小球,不計(jì)摩擦,小球可在A、B兩點(diǎn)間來回?cái)[動(dòng)當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時(shí),細(xì)線恰好斷開,則小球?qū)ⅲǎ〢在B點(diǎn)保持靜止 B沿BE方向運(yùn)動(dòng)C沿BC方向運(yùn)動(dòng) D沿BD方向運(yùn)動(dòng)【答案】 B【解析】由于小球被靜止釋放,不計(jì)摩擦,它可在A、B兩點(diǎn)間來回?cái)[動(dòng)。當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時(shí),小球速度恰好為零,此時(shí)若細(xì)線恰好斷開,則小球只受重力作用而豎直下落。所以,將沿BE方向運(yùn)動(dòng)。故選B?!军c(diǎn)睛】此題考查了學(xué)生力和運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系,力可以改變物體的形狀或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。在此題中,小球由于重力作用將由靜止下落。解決此題的關(guān)鍵是判斷出在B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。5(2018普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試模擬試題)如圖甲所示,某高架橋的引橋可視為一個(gè)傾角=30、長(zhǎng)l=500 m的斜面。一輛質(zhì)量m=2 000 kg的電動(dòng)汽車從引橋底端由靜止開始加速,其加速度a隨速度可變化的關(guān)系圖像如圖乙所示,電動(dòng)汽車的速度達(dá)到1 m/s后,牽引力的功率保持恒定。已知行駛過程中電動(dòng)汽車受到的阻力Ff(摩擦和空氣阻力)不變,重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是A電動(dòng)汽車所受阻力Ff=12 000 NB電動(dòng)汽車的速度達(dá)到1 m/s后,牽引力的功率P0=12 kWC第1 s內(nèi)電動(dòng)汽車牽引力的功率P與時(shí)間t滿足P=12 000tD第1 s內(nèi)電動(dòng)汽車機(jī)械能的增加量等于牽引力與阻力做功的代數(shù)和,大小為6 000 J【答案】 D【解析】加速階段由牛頓第二定律可知:F-Ff-mgsin=ma,之后保持功率不變,P0v-Ff-mgsin=ma,電功汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),最終加速度減小到0,電動(dòng)汽車達(dá)到該功率該路況下的最大速度,P0vmax-Ff-mgsin=0解得P0=14KW;Ff=2000N;選項(xiàng)AB錯(cuò)誤;第1s內(nèi)電動(dòng)汽車牽引力的功率P=Fv=14000t,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;電動(dòng)汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程,位移x=v22a=0.5m,牽引力大小為14000N,牽引力與阻力做功的代數(shù)和為(F-Ff)x=6000J,選項(xiàng)D正確;故選D.點(diǎn)睛:此題關(guān)鍵是能從a-t圖像中獲取有用的信息,搞清電動(dòng)汽車的運(yùn)動(dòng)的特這,結(jié)合牛頓第二定律及功率的知識(shí)進(jìn)行分析解答.6如圖,粗糙水平地面上放有一斜劈,小物塊以一定初速度從斜劈底端沿斜面向上滑行,回到斜劈底端時(shí)的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始終保持靜止,則小物塊A上滑所需時(shí)間與下滑所需時(shí)間相等B上滑和下滑過程,小物塊機(jī)械能損失相等C上滑時(shí)的加速度與下滑時(shí)的加速度相等D上滑和下滑過程,斜劈受到地面的摩擦力方向相反【答案】 B【解析】設(shè)斜面的長(zhǎng)度為x,物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,斜面傾角為,物體質(zhì)量為m,斜面質(zhì)量為M;A、C、根據(jù)牛頓第二定律可得物體上滑的加速度大小a1=mgsin+mgcosm=gsin+gcos,下滑的加速度大小a2=mgsin-mgcosm=gsin-gcos,可知a1a2,上升過程中根據(jù)逆向思維可以看成是加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)x=12at2知,t1t2,即物體沿斜面上滑的時(shí)間一定小于沿斜面下滑的時(shí)間,故A、C錯(cuò)誤;B、上滑過程中和下滑過程中機(jī)械能的損失都等于克服摩擦力做的功,即為mgxcos,故B正確;D、物體先減速上滑,后加速下滑,加速度一直沿斜面向下,對(duì)整體受力分析,受到總重力、支持力和向左的靜摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有:x方向分析:上滑過程中f1=ma1cos,下滑過程中f2=ma2cos,地面對(duì)斜面體的靜摩擦力方向一直未變向左,故D錯(cuò)誤。故選B。【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是用整體法進(jìn)行受力分析,然后根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程分析求解;知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。7如圖,在繞地運(yùn)行的天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)艙中,宇航員王亞平將支架固定在桌面上,擺軸末端用細(xì)繩連接一小球拉直細(xì)繩并給小球一個(gè)垂直細(xì)繩的初速度,它沿bdac做圓周運(yùn)動(dòng)在a、b、c、d四點(diǎn)時(shí)(d、c兩點(diǎn)與圓心等高),設(shè)在天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)艙中測(cè)量小球動(dòng)能分別為Eka、Ekb、Ekc、Ekd,細(xì)繩拉力大小分別為Ta、Tb、Tc、Td,阻力不計(jì),則()AEka>Ekc=Ekd>EkbB若在c點(diǎn)繩子突然斷裂,王亞平看到小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)CTa=Tb=Tc=TdD若在b點(diǎn)繩子突然斷裂,王亞平看到小球做平拋運(yùn)動(dòng)【答案】 C【解析】AC:在繞地運(yùn)行的天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)艙中,小球處于完全失重狀態(tài),由繩子的拉力提供向心力,小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重時(shí),只有繩的拉力提供向心力公式T=mv2r,v、r、m都不變,小球的向心力大小不變,則有:Ta=Tb=Tc=Td故A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確。BD:在b點(diǎn)或c點(diǎn)繩斷,小球只有沿著圓周的切線方向的速度,沒有力提供向心力,做離心運(yùn)動(dòng)且沿切線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故BD兩項(xiàng)均錯(cuò)誤。點(diǎn)睛:解答本題要抓住小球處于完全失重狀態(tài),由繩子的拉力提供向心力,再根據(jù)向心力公式分析即可。8如圖所示,一個(gè)“V”形槽的左側(cè)擋板A豎直,右側(cè)擋板B為斜面,槽內(nèi)嵌有一個(gè)質(zhì)量為m的光滑球C?!癡”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi),設(shè)擋板A、B對(duì)球的彈力分別為F1、F2,下列說法正確的是( )AF1、F2都逐漸增大BF1、F2都逐漸減小CF1逐漸減小,F(xiàn)2逐漸增大DF1、F2的合外力逐漸減小【答案】 D【解析】光滑球C受力情況如圖所示:F2的豎直分力與重力相平衡,所以F2不變;F1與F2水平分力的合力等于ma,在V形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi),加速度不斷減小,由牛頓第二定律可知F1不斷減小,F(xiàn)1、F2的合力逐漸減小,故D正確,A、B、C錯(cuò)誤;故選D?!军c(diǎn)睛】以光滑球C為研究對(duì)象,作出光滑球C受力情況的示意圖;豎直方向上受力平衡,水平方向根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小,結(jié)合加速度的變化解答。9如圖所示,質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平面上,物體A和B通過細(xì)線跨過定滑輪相連,不考慮滑輪的摩擦和質(zhì)量,斜面與A和B間都沒有摩擦,細(xì)線與斜面平行。在圖示情況下都靜止不動(dòng),細(xì)線的張力為T,斜面體對(duì)地面的壓力為N,斜面體與地面的摩擦力為f。如果將A和B位置對(duì)換且A和B都沒達(dá)地面上時(shí);,斜面體依然靜止,細(xì)線的拉力為T1,斜面體對(duì)地面的壓力為N1,斜面體與地面的摩擦力為f1,那么()AT>T1,f1> fBN1>N,T=T1CT1=T,f1不為零,f=0DN1=N,f1=f0【答案】 C【解析】由初始情景可加mA=mBsin,mA>mB,互換位置后,,解得T1= mAg,a=g(1-sin),B將加速下落,由超重和失重可知,N>N1;初始細(xì)度拉力T= mAg,互接位置后,T1=mAg,由質(zhì)點(diǎn)系的牛頓第二定律可得f=0,f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sin)cos0.故選C.【點(diǎn)睛】本題涉及加速度不同的連接體問題,也可以采用整體法研究,可分豎直和水平兩個(gè)方向分別列式分析。10一個(gè)質(zhì)量為M的箱子放在水平地面上,箱內(nèi)用一段固定長(zhǎng)度的輕質(zhì)細(xì)線拴一質(zhì)量為m的小球,線的另一端拴在箱子的頂板上,現(xiàn)把細(xì)線和球拉到左側(cè)與豎直方向成角處?kù)o止釋放,如圖所示,在小球擺動(dòng)的過程中箱子始終保持靜止,則以下判斷正確的是()A在小球擺動(dòng)的過程中,線的張力呈周期性變化,但箱子對(duì)地面的作用力始終保持不變B小球擺到右側(cè)最高點(diǎn)時(shí),地面受到的壓力為(M+m)g,箱子受到地面向左的靜摩擦力C小球擺到最低點(diǎn)時(shí),地面受到的壓力為(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力D小球擺到最低點(diǎn)時(shí),線對(duì)箱頂?shù)睦Υ笥趍g,箱子對(duì)地面的壓力大于(M+m)g【答案】 D【解析】在小球擺動(dòng)的過程中,速度越來越大,對(duì)小球受力分析根據(jù)牛頓第二定律可知:F-mgcos=mv2r,繩子在豎直方向的分力為:F=Fcos=mgcos+mv2rcos,由于速度越來越大,角度越來越小,故F越大,故箱子對(duì)地面的作用力增大,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中箱子對(duì)地面的作用力時(shí)刻變化,故A錯(cuò)誤;小球擺到右側(cè)最高點(diǎn)時(shí),小球有垂直于繩斜向下的加速度,對(duì)整體由于箱子不動(dòng)加速度為aM=0,a為小球在豎直方向的加速度,根據(jù)牛頓第二定律可知:M+mg-FN=MaM+ma,則有:FN=M+mg-ma,故FN<M+mg,根據(jù)牛頓第三定律可知對(duì)地面的壓力小于M+mg,故B錯(cuò)誤;在最低點(diǎn),小球受到的重力和拉力的合力提供向心力,由牛頓第二定律有:T-mg=mv2r,聯(lián)立解得:T=mg+mv2r,則根據(jù)牛頓第三定律知,球?qū)ο涞睦Υ笮椋篢=T=mg+mv2r,故此時(shí)箱子對(duì)地面的壓力為:N=M+mg+T=M+mg+mg+mv2r,故小球擺到最低點(diǎn)時(shí),繩對(duì)箱頂?shù)睦Υ笥趍g,箱子對(duì)地面的壓力大于M+mg,故C錯(cuò)誤,D正確,故選D.【點(diǎn)睛】對(duì)m運(yùn)動(dòng)分析,判斷出速度大小的變化,根據(jù)牛頓第二定律求得繩子的拉力,即可判斷出M與地面間的相互作用力的變化,在最低點(diǎn),球受到的重力和拉力的合力提供向心力,由牛頓第二定律求出繩子的拉力,從而得到箱子對(duì)地面的壓力二、多選題11如圖甲所示,一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上,上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接,A、B兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)),彈簧的勁度系數(shù)為k,初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用豎直向上的拉力作用在物體A上,使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng),測(cè)得兩個(gè)物體的v一t圖象如圖乙所示(重力加速度為g),則A施加外力前,彈簧的形變量為2MgkB外力施加的瞬間,A、B間的彈力大小為M(g+a)CA、B在tl時(shí)刻分離,此時(shí)彈簧彈力籌于物體B的重力D上升過程中,物體B速度最大,A、B兩者的距離為12at22-Mgk【答案】 AD【解析】【詳解】A、施加外力F前,物體AB整體平衡,根據(jù)平衡條件,有:2Mg=kx,解得:x=2Mgk,故選項(xiàng)A正確;B、施加外力F的瞬間,對(duì)B物體,根據(jù)牛頓第二定律,有:F彈-Mg-FAB=Ma,其中:F彈=2Mg,解得:FAB=M(g-a),故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C、物體A、B在t1時(shí)刻分離,此時(shí)A、B具有共同的v與a且FAB=0;對(duì)B有:F彈-Mg=Ma,解得:F彈=M(g+a),故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D、當(dāng)物體B的加速度為零時(shí),此時(shí)速度最大,則Mg=kx,解得:x=Mgk,故B上升的高度h=x-x=Mgk,此時(shí)A物體上升的高度:h=12at22,故此時(shí)兩者間的距離為h=12at22-Mgk,故選項(xiàng)D正確;說法正確的是選選項(xiàng)AD。12如圖甲所示,一滑塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng),滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2。質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中,取水平向左的方向?yàn)檎较?,子彈在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v-t圖象如圖乙所示,已知傳送帶的速度始終保持不變,滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出,g取10m/s2。則A傳送帶的速度大小為4m/sB滑塊的質(zhì)量為3.3kgC滑塊向左運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8JD若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑,則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為0.4m【答案】 BD【解析】【分析】根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知,本題考察動(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)合的問題,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識(shí)分析計(jì)算?!驹斀狻緼:子彈射入滑塊并留在其中,滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng),然后向右加速,最后向右勻速,向右勻速的速度大小為2m/s,則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。B:子彈未射入滑塊前,滑塊向右的速度大小為2m/s,子彈射入滑塊瞬間,子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s;子彈射入滑塊瞬間,內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向左為正,據(jù)動(dòng)量守恒得,mv0+M(-v)=(m+M)v1,即400m+M(-2)=4(m+M),解得:滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。故B項(xiàng)正確。C:滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí),據(jù)牛頓第二定律可得,(M+m)g=(M+m)a,解得:滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2?;瑝K(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v1a=2s,滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)過程中滑塊與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離s=v1+02t1+vt1=8m,滑塊向左運(yùn)動(dòng)過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。D:滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出,則(m+M)g=(m+M)v2R,解得:轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R=0.4m。故D項(xiàng)正確。13傾斜角度為的斜面上有m1和m2兩個(gè)物體,與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1和2兩物體間用一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)0的與斜面平行的輕質(zhì)彈簧連接,當(dāng)整體沿斜面勻速下滑時(shí)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng),如圖所示則以下說法正確的是()A若1>2, 可用張力足夠的輕繩替代彈簧B若1=2, 可用輕桿替代彈簧C若1<2, 彈簧的形變量是(LL0)D若m1=m2,則1=2=tan【答案】 BC【解析】【詳解】A、若12,要使m1和m2處于平衡狀態(tài),對(duì)m1有:m1gsin+F=1m1gcos,對(duì)m2有m2gsin=2m2gcos+F,則彈簧處于壓縮狀態(tài),所以不能用張力足夠的輕繩替代,故A錯(cuò)誤;B、若1=2,要使m1和m2處于平衡狀態(tài),對(duì)m1有m1gsin=1m1gcos,對(duì)m2有m2gsin=2m2gcos,彈簧的形變量為0,故可用輕桿替代彈簧,故B正確;C、若12,要使m1和m2處于平衡狀態(tài),對(duì)m1有m1gsin=1m1gcos+F,對(duì)m2有m2gsin+F=2m2gcos,彈簧處于拉伸狀態(tài),故彈簧的形變量是(LL0),C正確;D、m1=m2時(shí),若彈簧處于拉伸狀態(tài),對(duì)m1有m1gsin=1m1gcos+F,對(duì)m2有m2gsin+F=2m2gcos,則12,若彈簧處于壓縮狀態(tài),對(duì)m1有:m1gsin+F=1m1gcos,對(duì)m2有m2gsin=2m2gcos+F,則12,若彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),對(duì)m1有m1gsin=1m1gcos,對(duì)m2有m2gsin=2m2gcos,則1=2=tan,由于彈簧的狀態(tài)不清楚,所以無法判斷1和2的關(guān)系,故D錯(cuò)誤。14如圖所示,物體從Q點(diǎn)開始自由下滑,通過粗糙的靜止水平傳送帶后,落在地面P點(diǎn)。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來以后,物體仍從Q點(diǎn)開始自由下滑,則物體通過傳送帶后()A若傳送帶沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng),則物塊一定落在P點(diǎn)B若傳送帶沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng),則物塊一定落在P點(diǎn)左側(cè)C若傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng),則物塊可能落在P點(diǎn)右側(cè)D若傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng),則物塊可能落在P點(diǎn)左側(cè)【答案】 AC【解析】【詳解】當(dāng)水平傳送帶靜止時(shí),物塊受到水平向左的滑動(dòng)摩擦力做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),物塊通過傳送帶時(shí),受到的滑動(dòng)摩擦力仍水平向左,大小不變,則加速度不變,可知物塊仍落在P點(diǎn),選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤。設(shè)物塊滑上傳送帶時(shí)速度為v0,傳送帶的速度為v。當(dāng)v0v時(shí),物塊滑上傳送帶可能一直做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度與傳送帶靜止時(shí)相同,當(dāng)滑到傳送帶右端時(shí),速度與傳送帶靜止時(shí)相同,則物塊仍落在P點(diǎn)。物塊也可能先做勻減速運(yùn)動(dòng),后來與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng),滑到傳送帶右端時(shí),速度大于傳送帶靜止時(shí)速度,則物塊落在P點(diǎn)右側(cè)。當(dāng)v0=v時(shí),物塊滑上傳送帶時(shí)兩者相對(duì)靜止,一起做勻速運(yùn)動(dòng),則物塊落在P點(diǎn)右側(cè)。當(dāng)v0v時(shí),物塊滑上傳送帶可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng),也可能先做勻加速運(yùn)動(dòng),后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),滑到傳送帶右端時(shí),速度大于傳送帶靜止時(shí)速度,則物塊落在P點(diǎn)右側(cè)。故D錯(cuò)誤, C正確。故選AC。【點(diǎn)睛】本題是典型的傳送問題,關(guān)鍵是分析物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況,當(dāng)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),要考慮各種可能的情況15如圖甲所示,水平面上有一傾角為的光滑斜面,斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)小球的支持力分別為T和N.若Ta圖象如圖乙所示,AB是直線,BC為曲線,重力加速度g取10m/s2.則()Aa=403m/s2時(shí),N0B小球質(zhì)量m0.1 kgC斜面傾角的正切值為34D小球離開斜面之前,N0.80.06a(N)【答案】 ABC【解析】【詳解】A、小球離開斜面之前,以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,進(jìn)行受力分析,可得Tcos Nsin ma,Tsin Ncos mg,聯(lián)立解得:Nmgcos masin ,Tmacos mgsin ,所以Ta圖象呈線性關(guān)系,由題圖乙可知a=403m/s2時(shí),N0,選項(xiàng)A正確。B、C、當(dāng)a0時(shí),T0.6 N,此時(shí)小球靜止在斜面上,其受力如圖(a)所示,所以mgsin T;當(dāng)a=403m/s2時(shí),斜面對(duì)小球的支持力恰好為零,其受力如圖(b)所示,所以mgcot ma,聯(lián)立可得tan=34,m0.1 kg,選項(xiàng)B,C正確。D、將和m的值代入Nmgcos -masin ,得N0.8-0.06a(N),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選ABC?!军c(diǎn)睛】考查牛頓第二定律與力的平行四邊形定則的應(yīng)用,注意會(huì)從圖象中獲取信息,并掌握平衡條件方程列式16質(zhì)量為3m足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上,木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3,木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。現(xiàn)同時(shí)給木塊l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0,已知重力加速度為g。則下列說法正確的是()A1木塊相對(duì)靜止前,木板是靜止的B1木塊的最小速度是23v0C2木塊的最小速度是56v0D木塊3從開始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)靜止時(shí)位移是4v02g【答案】 CD【解析】A、木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí),木塊對(duì)木板的摩擦力f=3mg>0,木板發(fā)生運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;B、設(shè)木塊1的最小速度為v1,木塊1的加速度f=ma1做勻減速;木板的加速度為3mg=3ma做勻加速;當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊1的速度達(dá)到最小即v1=v0-at=at解得v1=12v0,故B錯(cuò)誤;C、設(shè)木塊2的最小速度為v2,此過程木塊2的速度該變量為v0-v2,而木塊3速度改變量與木塊2速度該變量相等,即木塊3的速度為v0+v2由動(dòng)量守恒可得m(v0+2v0+3v0)=5mv2+m(v0+v2),解得:v2=56v0,故C正確;D、當(dāng)木塊3相對(duì)靜止時(shí),速度達(dá)到最小,此時(shí)四個(gè)物體共速,設(shè)速度為v3,則由動(dòng)量守恒可得:m(v0+2v0+3v0)=6mv3解得:v3=v0對(duì)木塊3,由動(dòng)能定理可知-mgs=12mv32-12m(3v0)2,解得:s=4v02g,故D正確;故選CD17如圖傾角為300的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以V0的速度勻速上行. 相等質(zhì)量的甲,乙兩種不同材料的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))分別無初速放在傳送帶底端,發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止,乙滑塊上升h/2高度處恰與皮帶保持相對(duì)靜止.現(xiàn)比較甲,乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程A甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)B甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量C兩個(gè)過程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同D兩個(gè)過程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同【答案】 BC【解析】A:對(duì)甲滑塊:v02=2a1hsin300,1mgcos300-mgsin300=ma1;對(duì)乙滑塊:v02=2a2h2sin300,2mgcos300-mgsin300=ma2。可得1<2,即甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。B:甲滑塊與皮帶相對(duì)滑動(dòng)過程中,滑塊x1=0+v2t1=hsin300,對(duì)滑塊1mgcos300-mgsin300x1=12mv2;皮帶與滑塊相對(duì)滑動(dòng)過程中兩者相對(duì)位移:s1=vt1-0+v2t1,滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q1=1mgcos300s1;解得Q1=12mv2+mgh。乙滑塊與皮帶相對(duì)滑動(dòng)過程中,滑塊x2=0+v2t2=h2sin300,對(duì)滑塊2mgcos300-mgsin300x2=12mv2;皮帶與滑塊相對(duì)滑動(dòng)過程中兩者相對(duì)位移:s2=vt2-0+v2t2,滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=2mgcos300s2;解得Q2=12mv2+12mgh。則甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量。故B項(xiàng)正確。C:甲滑塊與皮帶相對(duì)滑動(dòng)過程中,皮帶對(duì)滑塊所做的功W1=1mgcos300hsin300=mgh+12mv2;乙滑塊與皮帶相對(duì)滑動(dòng)過程中,皮帶對(duì)滑塊所做的功W2=2mgcos300h2sin300+mgsin300h2sin300=mg12h+12mv2+12mgh=W1。故C項(xiàng)正確。D:甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量,皮帶對(duì)滑塊所做的功相同,則甲電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶做的功大于乙電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶做的功。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。18如圖所示,一質(zhì)量為M=2m、長(zhǎng)為L(zhǎng)質(zhì)量均勻的板放在光滑水平桌面上,板的右端與桌邊定滑輪距離足夠大,板的左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物塊,物塊上連接一條很長(zhǎng)的細(xì)繩,某人拉繩并使其以恒定速率v=gL向下運(yùn)動(dòng),物塊只能運(yùn)動(dòng)到板的中點(diǎn)下列說法正確的是()A物塊對(duì)板做功的功率保持不變B物塊與板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為mgLC整個(gè)過程繩的拉力對(duì)物塊做的功為mgLD若板與桌面間有摩擦,則當(dāng)板與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為12時(shí),物塊一定能到達(dá)板右端【答案】 BD【解析】木板受木塊對(duì)它的摩擦力作用,做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度與木塊速度相等后保持相對(duì)靜止,根據(jù)P=fv知,物塊對(duì)板的功率逐漸增大,A錯(cuò)誤;當(dāng)物塊到達(dá)板的中點(diǎn)時(shí),此時(shí)物塊的位移x1=vt,木板的位移x2=v2t,根據(jù)x1-x2=L2得,板的位移x2=L2,相對(duì)位移的大小等于物塊位移的一半,等于木板的位移,因?yàn)閒x板=12Mv2,產(chǎn)生的熱量Q=fx板=12Mv2=122mgL2=mgL,B正確;繩子拉力做的功,等于系統(tǒng)動(dòng)能增加量與產(chǎn)生的熱量之和,故W=12Mv2+Q=2mgL,C錯(cuò)誤;如果板與桌面有摩擦,因?yàn)镸與桌面摩擦因數(shù)越大,m越易從右端滑下,所以當(dāng)m滑到M右端兩者剛好共速時(shí)摩擦因數(shù)最小,設(shè)為2,對(duì)M,由牛頓第二定律得:Ma=1mg-2m+Mg,板的位移:x2=v2t;速度位移公式:v2=2ax2,對(duì)m有:vt=x1,x1-x2=L,聯(lián)立得2=Mv22M+mgL=2mgL22(2m+m)gL=13,所以桌面與板間的摩擦因數(shù)應(yīng)滿足13,所以當(dāng)板與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為12時(shí),物塊-定能到達(dá)板右端,D正確【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵理清m和M的運(yùn)動(dòng)過程,結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解,知道物塊能到達(dá)板的右端的臨界情況是物塊到達(dá)右端時(shí)與木板共速19如圖所示,斜面1、曲面2和斜面3的頂端高度相同,底端位于同一水平面上,斜面1與曲面2的水平底邊長(zhǎng)度相同。一物體與三個(gè)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,當(dāng)它由靜止開始分別沿三個(gè)面從頂端下滑到底端的過程中,若損失的機(jī)械能分別為E1、E2、E3,到達(dá)底端的速度分別為v1、v2、v3,則下列判斷正確的是AE1=E2>E3BE2>E1>E3Cv1=v2v3Dv2< v1<v3【答案】 BD【解析】設(shè)斜面和水平方向夾角為,斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng),則物體下滑過程中克服摩擦力做功為:W=mg cosLLcos即為底邊長(zhǎng)度,由圖可知1底邊大于3的,故損失的機(jī)械能關(guān)系為:E1>E3,物體在2上做曲線運(yùn)動(dòng),則物體對(duì)曲面的壓力大于對(duì)斜面1的壓力,則物體下滑過程中克服摩擦力做功W2f=FNL>mg Lcos=W1f,損失的機(jī)械能關(guān)系為:E2>E1;即E2E1E3,故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)能量關(guān)系:12mv2=mgh-Wf,則v2 v1v3,則選項(xiàng)D正確,C錯(cuò)誤;故選BD.20如圖所示,一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上,物體A、B疊放在斜面體上,物體B受沿斜面向上的力F作用沿斜面勻速上滑,A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,<tan,且A、B質(zhì)量均為m,則()AA、B保持相對(duì)靜止B地面對(duì)斜面體的摩擦力等于mg(sincos)cosFcosC地面受到的壓力等于(M2m)gDB與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為F-mgsin-mgcos2mgcos【答案】 BD【解析】A、對(duì)A分析,因?yàn)?lt;tan,則mgsin>mgcos,所以A、B不能保持相對(duì)靜止,故A錯(cuò)誤B、以A為研究對(duì)象,A受到重力、支持力和B對(duì)A的摩擦力,如圖甲所示Nmgcos,mgsinNma,由于<tan,則mamgsinmgcos>0.將B和斜面體視為整體,受力分析如圖乙所示可知地面對(duì)斜面體的摩擦力等于mg(sincos)cosFcos;故B正確;C、以三者整體為研究對(duì)象:A有沿斜面向下的加速度,故地面受到的壓力不等于(M2m)g, C錯(cuò)誤D、B與斜面體間的正壓力N2mgcos,對(duì)B分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡有Fmgsinmgcosf,則B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=fN=F-mgsin-mgcos2mgcos,故D正確故選BD三、解答題21如圖所示,質(zhì)量m=15g、長(zhǎng)度L=2m的木板D靜置于水平地面上,木板D與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.1,地面右端的固定擋板C與木板D等高。在擋板C右側(cè)豎直虛線PQ、MN之間的區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),在兩個(gè)半徑分別為R11m和R2=3m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩半圓的圓心O到固定擋板C頂點(diǎn)的距離OC2m。現(xiàn)有一質(zhì)量m15g、帶電荷量q=+610-5的物塊A可視為質(zhì)點(diǎn))以v0=4m/s的初速度滑上木板D,二者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.3,當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)到木板D右端時(shí)二者剛好共速,且本板D剛好與擋板C碰撞,物塊A從擋板C上方飛入PQNM區(qū)城,并能夠在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),重力加速度g取10m/s2.(1)當(dāng)物塊A剛滑上本板D時(shí),求物塊A和木板D的加速度大小,(2)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.(3)為保證小物塊A只能從環(huán)帶狀區(qū)城的上、下兩個(gè)開口端飛出,求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍?!敬鸢浮?1) 3m/s2;1m/s2;(2) 25V/m;(3) 1TB53T或B5T【解析】【詳解】解:(1) 當(dāng)物塊A剛滑上木板D時(shí),對(duì)物塊A受力分析有:2mg=ma2解得:a2=3m/s2對(duì)本板D受力分析有:2mg-12mg=ma1解得:a1=1m/s2(2)物塊A進(jìn)入?yún)^(qū)域PQNM后,能在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有:mg=qE解得:E=25V/m(3)物塊A與木板D共速時(shí)有:v=v0-a2t=a1t解得:v=1m/s粒于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有:qvB=mv2R要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個(gè)開口端飛出磁場(chǎng)、物塊A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R應(yīng)滿足:ROC-R12或OC+R12ROC+R22解得:B5T或1TB53T則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為:1TB53T或B5T22如圖所示,長(zhǎng)木板質(zhì)量M=3 kg,放置于光滑的水平面上,其左端有一大小可忽略,質(zhì)量為m=1 kg的物塊A,右端放著一個(gè)質(zhì)量也為m=1 kg的物塊B,兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.4,AB之間的距離L=6 m,開始時(shí)物塊與木板都處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)對(duì)物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用,取g=10 m/s2。(1)為使物塊A與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),F(xiàn)至少為多少?(2)若F=8 N,求物塊A經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間與B相撞,假如碰撞過程時(shí)間極短且沒有機(jī)械能損失,則碰后瞬間AB的速度分別是多少?【答案】(1)5 N (2)vA=2m/s vB=8m/s【解析】【詳解】(1)據(jù)分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)物塊B和木板之間的摩擦力沒有達(dá)到最大靜摩擦力。設(shè)物塊A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),拉力為F0,整體的加速度大小為a,則:對(duì)整體: F0=(2m+M)a對(duì)木板和B:mg=(m+M)a解之得: F0=5N即為使物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),恒定拉力至少為5 N;(2)物塊的加速度大小為:aA=F-mgm=4ms2木板和B的加速度大小為:aB=mgM-m=1m/s2設(shè)物塊滑到木板右端所需時(shí)間為t,則:xA-xB=L即12aAt2-12aBt2=L解之得:t=2 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB發(fā)生彈性碰撞則動(dòng)量守恒:mva+mvB=mva+mvB機(jī)械能守恒:12mva2+12mvB2=12mva2+12mvB2解得:vA=2m/s vB=8m/s23如圖所示,一質(zhì)量為m1=1kg的長(zhǎng)直木板放在粗糙的水平地面上,木板與地面之間的動(dòng)摩擦因素1=0.1,木板最右端放有一質(zhì)量為m2=1kg、大小可忽略不計(jì)的物塊,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因素2=0.2。現(xiàn)給木板左端施加一大小為F=12N、方向水平向右的推力,經(jīng)時(shí)間t1=0.5s后撤去推力F,再經(jīng)過一段時(shí)間,木板和物塊均停止運(yùn)動(dòng),整個(gè)過程中物塊始終未脫離木板,取g=10m/s2,求:(1)撤去推力F瞬間,木板的速度大小v1即物塊的速度大小v2;(2)木板至少多長(zhǎng);(3)整個(gè)過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量?!敬鸢浮浚?)4m/s;1m/s(2)1.5m(3)12J【解析】【詳解】(1)假設(shè)木板和物塊有相對(duì)滑動(dòng),撤F前,對(duì)木板:F-1(m1+m2)g-2m2g=m1a1解得:a1=8m/s2對(duì)物塊:2m2g=m2a2解得:a2=2m/s2因a1>a2,故假設(shè)成立,撤去F時(shí),木板、物塊的速度大小分別為:v1=a1t1=4m/sv2=a2t1=1m/s(2)撤F后,對(duì)木板:1(m1+m2)g+2m2g=m1a3解得:a3=4m/s2對(duì)物塊:2m2g=m2a4解得:a4=2m/s2撤去F后,設(shè)經(jīng)過t2時(shí)間木板和物塊速度相同:對(duì)木板有:v=v1-a3t2對(duì)物塊有:v=v2+a4t2得:t2=0.5s,v=2m/s撤F前,物塊相對(duì)木板向左滑行了x1=v12t1-v22t2=0.75m撤F后至兩者共速,物塊相對(duì)木板又向左滑行了x2=v1+v2t2-v2+v2t2=0.75m之后二者之間再無相對(duì)滑動(dòng),故板長(zhǎng)至少為:L=x1+x2=1.5m(3)解法一:物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量:Q1=2m2gL=3J共速后,兩者共同減速至停止運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a,有:a=1g=1m/s2全過程中木板對(duì)地位移為:s=v12t1+v1+v2t2+v22a=4.5m木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為:Q2=1(m1+m2)gs=9J故全過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為:Q=Q1+Q2=12J解法二:由功能關(guān)系可得:Q=Fx1x1=v12t1Q=12J24如圖所示,t0時(shí)一質(zhì)量m1 kg的滑塊A在大小為10 N、方向與水平向右方向成37的恒力F作用下由靜止開始在粗糙水平地面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),t12 s時(shí)撤去力F; t0時(shí)在A右方x07 m處有一滑塊B正以v07 m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)。已知A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.5,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1,取重力加速度大小g10 m/s2,sin370.6,cos370.8。兩滑塊均視為質(zhì)點(diǎn),求:(1)兩滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中速度相等的時(shí)刻;(2)兩滑塊間的最小距離?!敬鸢浮浚?)3.75s(2)0.875m【解析】【分析】(1)根據(jù)牛頓第二定律先求解撤去外力F前后時(shí)A的加速度以及B的加速度;根據(jù)撤去F之前時(shí)速度相等和撤去F之后時(shí)速度相等列式求解;(2)第一次共速時(shí)兩物塊距離最大,第二次共速時(shí)兩物塊距離最??;根據(jù)位移公式求解最小值.【詳解】(1)對(duì)物塊A,由牛頓第二定律:Fcos-1(mg-Fsin)=ma1;對(duì)物體A撤去外力后:1mg=ma1;對(duì)物體B:a2=2gA撤去外力之前兩物體速度相等時(shí):a1t=v0-a2t,得t1 sA撤去外力之后兩物體速度相等時(shí):a1t1-a1(t-t1)=v0-a2t,得t3.75 s(2)第一次共速時(shí)兩物塊距離最大,第二次共速時(shí)兩物塊距離最小,則:xx0x2x1;x2=v0t-12a2t2x1=12a1t12+a1t1(t-t1)-12a1(t-t1)2得x0.875 m25如圖甲所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)=4.5m的薄木板M放在水平地面上,質(zhì)量為m=l kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端,開始時(shí)兩者靜止。現(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板M上,通過傳感器測(cè)m、M兩物體的加速度與外力F的變化關(guān)系如圖乙所示。已知兩物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g= 10m/s2。求:(1)m、M之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)M的質(zhì)量及它與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(3)若開始時(shí)對(duì)M施加水平向左的恒力F=29 N,求:t=4s時(shí)m到M右端的距離.【答案】(1) 0.4 (2)4kg;0.1 (3) 6.625m【解析】【詳解】(1)由乙圖知,m、M一起運(yùn)動(dòng)的最大外力Fm=25N,當(dāng)F>25N時(shí),m與M相對(duì)滑動(dòng),對(duì)m由牛頓第二定律有:1mg=ma1由乙圖知a1=4m/s2解得:1=0.4(2)對(duì)M由牛頓第二定律有:F-1mg-2(M+m)g=Ma2即:a2=F-1mg-2(M+m)gM=-1mg-2(M+m)gM+FM乙圖知:1M=14,-1mg-2(M+m)g=-94解得:M = 4kg,2=0.1(3)由于F=29N>25N,所以從開始m就與M相對(duì)滑動(dòng)對(duì)地向左做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度為a1,M加速度為a2M的加速度大小a2=F-1mg-2(M+m)gM=5m/s2,方向向左,在m沒有滑落板之前M的位移大小x2=12a2t12m的位移大小x1=12a1t12x2-x1=L解得:t1=3s此后m從M上掉下來,之后M的加速度大小為a3,對(duì)M由生頓第二定律F-2Mg=Ma3可得:a3=254m/s2M的加速度為a42mg=ma4a4=1m/s2m從M上剛掉下來時(shí)M的速度為vM,vM=a2t1=15m/sM的速度為vm=a1t1=12m/sm從M上剛掉下來后M的位移為xM=vMt-t1+12a3t-t12m從M上剛掉下來后m的位移為xm=vmt-t1-12a4t-t12m從M上剛掉下來后m與M的距離為x=xM-xm=538=6.625m【點(diǎn)睛】本題綜合性很強(qiáng),涉及到物理學(xué)中重要考點(diǎn),如牛頓第二定律、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,關(guān)鍵是明確木板和木塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和受力特點(diǎn)。26如圖所示,一足夠長(zhǎng)斜面傾角=37,斜面上有一質(zhì)量為m=1kg的木板,在木板上放一質(zhì)量也為m=1kg的金屬塊(可看成質(zhì)點(diǎn)),t=0時(shí)刻金屬塊的速度為v0=20m/s。方向沿斜面向上,同時(shí)給木板施加一個(gè)眼斜面向上的拉力F=14N,使木板從靜止開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)t=2s時(shí)撤去拉力F,已知金屬塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.25,木板和斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.5,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,求:(1)前2s內(nèi)金屬塊和木板的加速度;(2)從t=0到金屬塊速度減小到0的過程中木板在斜面上的位移(此過程金屬塊始終未離開木板,計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。【答案】(1) 金屬塊的加速度a1=8m/s2,方向沿斜面向下,木板的加速度a2=2m/s2,方向沿斜面向上 (2) 4.67m【解析】(1)對(duì)金屬塊和木板應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律有1mgcos+mgsin=ma1F+1mgcos-mgsin-22mgcos=ma2解得金屬塊的加速度a1=8m/s2,方向沿斜面向下,木板的加速度a2=2m/s2,方向沿斜面向上。(3)2s末金屬塊的速度為v1=v0-a1t=4m/s,木板的速度為v2=a2t=4m/s可見撤去F時(shí)金屬塊和木板速度相等。分析得知此后一段時(shí)間金屬塊的加速度仍為a1=8m/s2,方向沿斜面向下。設(shè)此后一段時(shí)間板的加速度為a3:由牛頓第二定律可得:mgsin+22mgcos-1mgcos=ma3,解得a3=12m/s2,方向沿斜面向下。由于a1<a3,故木板速度先減到零,此后在金屬塊上滑的過程中,假設(shè)木板靜止在斜面上斜面上,受到斜面的靜摩擦力為f,則mgsin=f+1mgcos,f=4N木板和斜面之間的最大靜摩擦力fm=2mgcos=8N,f<fm,假設(shè)成立。設(shè)金屬塊速度減小到0,的過程中木板在斜面上滑動(dòng)的位移為x,則x=v122a2+v122a3=4.67m,方向沿斜面向上?!军c(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵要正確分析木塊和木板受力情況,判斷其運(yùn)動(dòng)情況,運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合處理是基本方法。27如圖所示,與水平面成30的傳送帶正以v3 m/s的速度勻速運(yùn)行,A、B兩端相距l(xiāng)13.5 m?,F(xiàn)每隔1 s把質(zhì)量m1 kg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上,工件在傳送帶的帶動(dòng)下向上運(yùn)動(dòng),工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)235,取g10 m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求:(1)相鄰工件間的最小距離和最大距離;(2)滿載與空載相比,傳送帶需要增加多大的牽引力?【答案】(1)0.50 m3.0 m(2)33 N【解析】【詳解】(1)設(shè)工件在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a,則由牛頓第二定律有:mgcos-mgsin=ma代入數(shù)據(jù)可得加速度為:a=gcos-gsin=1m/s2剛放上下一個(gè)工件時(shí),該工件離前一個(gè)工件的距離最小,且最小距離為:dmin=12at2=12112m=0.5m當(dāng)工件勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)兩相鄰工件相距最遠(yuǎn),則有:dmax=vt=3.0m(2)由于工件加速時(shí)間為t1=va=31s=3s,因此傳送帶上總有三個(gè)(n1=3)工件正在加速,故所有做 加速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總滑動(dòng)摩擦力:Ff1=3mgcos在滑動(dòng)摩擦力作用下工件移動(dòng)的距離為:x=v2a=3221m=4.5m所以傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的工件個(gè)數(shù)為:n=L-xdmax=13.5-4.53=3當(dāng)工件與傳送帶相對(duì)靜止后,每個(gè)工件受到的靜摩擦力Ff0=mgsin所以做勻速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總靜摩擦力Ff2=n2Ff0與空載相比,傳送帶需要增加的牽引力為:F=Ff1+Ff2=3235110N+3110N=33N【點(diǎn)睛】本題是關(guān)于傳送帶的問題,解決本題注意以下幾個(gè)方面:1、對(duì)工件正確的受力分析,正確的列出動(dòng)力學(xué)方程。2、必須分析清楚在加速的工件和勻速的工件個(gè)數(shù),這樣才能求出與空載相比,傳送帶需要增加的牽引力。28如圖所示,上表面光滑的“L”形木板B鎖定在傾角為37的足夠長(zhǎng)的斜面上;將一小物塊A從木板B的中點(diǎn)輕輕地釋放,同時(shí)解除木板B的鎖定,此后A與B發(fā)生碰撞,碰撞過程時(shí)間極短且不計(jì)能量損失;已知物塊A的質(zhì)量m1 kg,木板B的質(zhì)量m04 kg,板長(zhǎng)L3.6 m,木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2,sin370.6,cos370.8。(1)求第一次碰撞后的瞬間A、B的速度;(2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,A距B下端的最大距離。(3)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,重力對(duì)A做的功?!敬鸢浮?1)3.6 m/s,沿斜面向上2.4 m/s,沿斜面向下 (2)3 m28.8 J【解析】【詳解】(1)對(duì)木板B有(mA+mB)gcos37=mBgsin37,所以A與B發(fā)生碰撞前木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)小物塊A與木板B碰撞前得速度為v0,根據(jù)機(jī)械能守恒有mgL2=12mv02A與B碰撞滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒:mv0=mv1+m0v212mv02=12mv12+12m0v22解得v1=-3.6m/s,v2=2.4m/s,可見A與B第一次碰撞后A的速度大小為3.6m/s,方向沿斜面向上;B的速度為2.4m/s,方向沿斜面向下。(2)A與B第一次碰撞后,A沿木板向上做勻減速運(yùn)動(dòng),B沿斜面向下做勻速運(yùn)動(dòng),在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前,當(dāng)AB的速度相等時(shí),A距B下端的距離最大,A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=v2-v1gsin37,A距B下端的最大距離xm=xA-xB其中:xA=12(v1+v2)t1,xB=v2t1,聯(lián)立以上方程解得xm=3mA與B第一次碰撞后到第二次碰撞的時(shí)間為t2,碰撞前A的速度為v,由于A與B從第一次碰撞到第二次碰撞前的位移相同,即:v1+v2t2=v2t2此過程對(duì)A由動(dòng)能定理WG=12mv2-12mv12,解得WG=28.8J【點(diǎn)睛】本題是一道牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合性試題,解答本題注意以下幾點(diǎn):1、分析AB的受力,弄清楚AB碰撞前后各自的運(yùn)動(dòng)性質(zhì),只有明確了運(yùn)動(dòng)性質(zhì),才能繼續(xù)列方程求解。2、在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,A距B下端的距離最大的條件。29如圖所示,在距地面h=5m的光滑水平桌面上,一輕質(zhì)彈簧被a(質(zhì)量為1kg,可視為質(zhì)點(diǎn))和b(質(zhì)量為2kg,可視為質(zhì)點(diǎn))兩個(gè)小物體壓縮(不拴接),彈簧和小物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)。今同時(shí)釋放兩個(gè)小物體,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后,物體a繼續(xù)運(yùn)動(dòng)最后落在水平地面上,落點(diǎn)距桌子邊緣距離x=2m,物體b則從A端滑上與桌面等高的傳送帶,傳送帶起初以v0=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn),在b滑上的同時(shí)傳送帶開始以a0=1m/s2的加速度加速運(yùn)轉(zhuǎn),物體和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2,傳送帶右側(cè)B端處固定一豎直放置的光滑半圓軌道BCD,其半徑R=0.8m,小物體b恰能滑上與圓心O等高的C點(diǎn)。取g=10m/s2,求:(1)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能Ep;(2)物塊b由A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷的時(shí)間;(3)若要保證小物體b在半圓軌

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