《(人教版)2020年度高考物理一轮复习第三章专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题课时达标训练.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(人教版)2020年度高考物理一轮复习第三章专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题课时达标训练.pdf（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 牛顿运动定律的综合应用 一 选择题 1 5 题为单项选择题 6 10 题为多项选择题 1 如图 1 甲所示 小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下 下滑位移x时的速度 为v 其x v 2 图象如图乙所示 取g 10 m s 2 则斜面倾角 为 图 1 A 30 B 45 C 60 D 75 解析由x v 2 图象可知小物块的加速度a 5 m s 2 根据牛顿第二定律得 小物块的加 速度a gsin 所以 30 A对 B C D错 答案A 2 2017 郑州质量预测 甲 乙两球质量分别为m1 m2 从同一地点 足够高 同时由静止 释放 两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比
2、与球的质量无关 即 f kv k为正的常量 两球的v t图象如图2 所示 落地前 经时间t0两球的速度都 已达到各自的稳定值v1 v2 则下列判断正确的是 图 2 A 释放瞬间甲球加速度较大 B m1 m2 v2 v1 C 甲球质量大于乙球质量 D t0时间内两球下落的高度相等 解析释放瞬间 两球受到的阻力均为0 此时加速度相同 选项A 错误 运动到最后 2 达到匀速时 重力和阻力大小相等 mg kv 则 m1 m2 v1 v2 选项 B错误 由图象可知 v1 v2 因此甲球质量大于乙球质量 选项C正确 下落高度等于图线与时间轴围成的面积 可 知甲球下落高度大 选项D错误 答案C 3 如图 3
3、 所示 A B两个物体叠放在一起 静止在粗糙水平地面上 物体B与水平地面间 的动摩擦因数 1 0 1 物体A与B之间的动摩擦因数 2 0 2 已知物体A的质量m 2 kg 物体B的质量M 3 kg 重力加速度g取 10 m s 2 现对物体 B施加一个水平向 右的恒力F 为使物体A与物体B相对静止 则恒力的最大值是 物体间的最大静摩擦力 等于滑动摩擦力 图 3 A 20 N B 15 N C 10 N D 5 N 解析对物体A B整体 由牛顿第二定律 Fmax 1 m M g m M a 对物体A 由 牛顿第二定律 2mg ma 联立解得Fmax m M 1 2 g 代入相关数据得Fmax 1
4、5 N 选项 B正确 答案B 4 2018 南昌模拟 图 4甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备 图乙为150 kg 的建 筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象 g取 10 m s 2 下列判断正确的是 图 4 A 前 10 s 悬线的拉力恒为1 500 N B 46 s 末材料离地面的距离为22 m C 0 10 s 材料处于失重状态 D 在 30 36 s 钢索最容易发生断裂 解析由图可知前10 s 内材料的加速度a 0 1 m s 2 由 F mg ma可知悬线的拉力为 1 515 N 选项 A错误 由图象面积可得整个过程上升高度是28 m 下降的高度为6 m 3 46 s 末材
5、料离地面的距离为22 m 选项 B正确 因30 36 s 材料加速度向下 材料处 于失重状态 Fmg 钢索最容易发生断裂 选项C D错误 答案B 5 如图 5 所示 有材料相同的P Q两物块通过轻绳相连 并在拉力F作用下沿斜面向上运 动 轻绳与拉力F的方向均平行于斜面 当拉力F一定时 Q受到绳的拉力 图 5 A 与斜面倾角 有关B 与动摩擦因数有关 C 与系统运动状态有关D 仅与两物块质量有关 解析设P Q的质量分别为m1 m2 Q受到绳的拉力大小为FT 物块与斜面间的动摩擦 因数为 根据牛顿第二定律 对整体分析 有F m1 m2 gsin m1 m2 gcos m1 m2 a 对Q分析 有F
6、T m2gsin m2gcos m2a 解得FT m2 m1 m2F 可见 Q受到绳的拉力FT与斜面倾角 动摩擦因数 和系统运动状态均无关 仅与两物块 质量和F有关 选项D正确 答案D 6 2018 济南十校联考 如图 6 所示 质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上 用 轻质弹簧将两物块连接在一起 当用水平力F作用在m1上时 两物块均以加速度a做匀 加速运动 此时 弹簧伸长量为x 若用水平力F 作用在m1上时 两物块均以加速度a 2a做匀加速运动 此时弹簧伸长量为x 则下列关系正确的是 图 6 A F 2F B x 2x C F 2FD x 2x 解析取m1和m2为一整体 应用牛顿第二
7、定律可得 F m1 m2 a 弹簧的弹力FT m2F m1 m2 kx 当两物块的加速度增为原来的2 倍 拉力F增为原来的2 倍 FT增为原来的2 倍 弹簧的伸长量也增为原来的2 倍 故 A B正确 答案AB 4 7 质量m 1 kg 的物体在合外力F作用下由静止开始做直线运动 合外力F随时间t的变 化图象如图7 所示 下列关于该物体运动情况的说法正确的是 图 7 A 0 1 s 内物体沿正方向做匀加速直线运动 B 第 2 s 末物体达到的最大速度2 m s C 第 4 s 末物体速度为0 D 第 4 s 末物体回到出发位置 解析因为物体的质量是1 kg 所以物体加速度 时间图象与物体的F t
8、相同 由图 象知 物体的加速度大小不断改变 做变加速运动 A项错误 a t图象中 图线与坐 标轴所围的 面积 表示物体获得的速度 第 2 s 末时 物体的速度最大 vm 2 2 2 m s 2 m s B项正确 前2 s 内物体沿正方向做加速运动 2 4 s 内物体沿正方向做减速 运动 第4 s 末物体速度为零 C正确 D项错误 答案BC 8 2015 海南单科 9 如图 8 升降机内有一固定斜面 斜面上放一物块 开始时 升降 机做匀速运动 物块相对于斜面匀速下滑 当升降机加速上升时 图 8 A 物块与斜面间的摩擦力减小 B 物块与斜面间的正压力增大 C 物块相对于斜面减速下滑 D 物块相对于
9、斜面匀速下滑 解析当升降机加速上升时 物体有竖直向上的加速度 则物块与斜面间的正压力增大 根据滑动摩擦力公式Ff FN可知物体与斜面间的摩擦力增大 故A 错误 B 正确 设 斜面的倾角为 物体的质量为m 当匀速运动时有mgsin mgcos 即 sin 5 cos 当物体以加速度a向上加速运动时 有FN m g a cos Ff m g a cos 因为 sin cos 所以m g a sin m g a cos 故物体仍 相对斜面匀速下滑 C错误 D正确 答案BD 9 如图 9 甲所示 地面上有一质量为M的重物 用力F向上提它 力F变化而引起物体加 速度变化的函数关系如图乙所示 则以下说法中
10、正确的是 图 9 A 当F小于图中A点值时 物体的重力Mg F 物体不动 B 图中A点值即为物体的重力值 C 物体向上运动的加速度和力F成正比 D 图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度 解析当 0 F Mg时 物体静止 选项A正确 当F Mg时 即能将物体提离地面 此 时 F Mg Ma a F M g A点表示的意义即为F Mg 所以选项B正确 直线的斜率为 1 M 故B点数值的绝对值为g 故选项D正确 答案ABD 10 2018 湖北黄冈模拟 如图 10 甲所示 一轻质弹簧的下端固定在水平面上 上端放置 一物体 物体与弹簧不连接 初始时物体处于静止状态 现用竖直向上的
11、拉力F作用在 物体上 使物体开始向上做匀加速运动 拉力F与物体位移x的关系如图乙所示 g 10 m s 2 下列结论正确的是 图 10 A 物体与弹簧分离时 弹簧处于原长状态 B 弹簧的劲度系数为750 N m C 物体的质量为2 kg 6 D 物体的加速度大小为5 m s 2 解析物体与弹簧分离时 弹簧的弹力为零 轻弹簧无形变 所以选项A正确 从图中 可知ma 10 N ma 30 N mg 解得物体的质量为m 2 kg 物体的加速度大小为a 5 m s 2 所以选项 C D正确 弹簧的劲度系数k mg x0 20 0 04 N m 500 N m 所以选项B错误 答案ACD 二 非选择题
12、11 在物体下落过程中 速度小于10 m s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系 某科 研小组在研究小球下落后的运动过程时 得到速度随时间变化的图象 并作出t 0 5 s 时刻的切线 如图11 所示 已知小球在t 0 时刻释放 其质量为0 5 kg 重力加速度 g取 10 m s 2 求 图 11 1 小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能 2 小球在运动过程中受到空气阻力的最大值 解析 1 由图象可知 小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1 5 m s 碰撞后瞬间速度大小 v2 4 m s 碰撞过程损失的机械能 E 1 2mv 2 1 1 2mv 2 2 代入数据可得 E 2 25 J 2 由
13、图象可得t 0 5 s时小球加速度 a v t 4 m s 2 由牛顿第二定律 mg f ma 由于 f kv 得k 0 75 则 fmax 3 75 N 答案 1 2 25 J 3 75 N 7 12 如图 12 所示 质量为4 kg 的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上 绳与竖直方向夹 角为 37 已知g 10 m s 2 sin 37 0 6 cos 37 0 8 求 图 12 1 当汽车以a 2 m s 2 向右匀减速行驶时 细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力 2 当汽车以a 10 m s 2 的加速度向右匀减速运动时 细线对小球的拉力和小球对车 后壁的压力 解析 1 当汽车以a 2
14、 m s 2 向右匀减速行驶时 小球受力分析如图 由牛顿第二定律得 FT1cos mg FT1sin FN ma 代入数据得 FT1 50 N FN 22 N 由牛顿第三定律知 小球对车后壁的压力大小为22 N 2 当汽车向右匀减速行驶时 设车后壁弹力为0 时 临界条件 的加速度为a0 受力分析 如图所示 由牛顿第二定律得 FT2sin ma0 FT2cos mg 代入数据得 a0 gtan 10 3 4 m s 2 7 5 m s2 因为a 10 m s 2 a 0 所以小球飞起来 FN 0 所以 当汽车以a 10 m s 2 向右匀减速运动行驶时 由牛顿第二定律得FT2cos mg 8 FT2sin ma 代入数据得FT2 402 N 答案 1 50 N 22 N 2 402 N 0
