《2017届高考物理二轮复习专题复习（练习）专题一 力与直线运动3 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017届高考物理二轮复习专题复习（练习）专题一 力与直线运动3 Word版含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、训练 3牛顿运动定律及其应用一、选择题 (本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分第 15 题只有一项符合题目要求，第 6 8 题有多项符合题目要求)1如图所示，两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处，小球 A 的质量为 2m，小球 B 和 C 的质量均为 m，B 、C 两球到结点 P 的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计当 B、C 两球以某角速度 在水平面内做圆锥摆运动时，A球将( )A向上加速运动B向下加速运动C保持静止 D上下振动解析：B 球、C 球和两根轻绳整体受重力和竖直轻绳向上的拉力，设整体下降的加速度为 a，根据牛顿第二定律，有2mgT2ma ，对 A 球受力分析，受重
2、力和拉力，根据牛顿第二定律，有T2mg2ma ，联立两式解得 a0，即A 球将保持静止，处于平衡状态故选 C.答案：C2.如图所示，带支架的平板小车水平向左做直线运动，小球 A 用细线悬挂于支架前端，质量为 m 的物块 B 始终静止在小车上，B 与小车平板间的动摩擦因数为 .若某过程中观察到细线偏离竖直方向 角，则此刻小车对 B 产生的作用力的大小和方向为( )Amg，竖直向上Bmg ，斜向左上方1 2Cmgtan ，水平向右D. ，斜向右上方mgcos解析：以 A 为研究对象，受力分析如图，根据牛顿第二定律得mAgtanm Aa，解得 a gtan，方向水平向右再对 B 研究得：小车对 B
3、的摩擦力 fmamgtan ，方向水平向右，小车对 B 的支持力大小为 Nmg，方向竖直向上，小车对 B 的作用力的大小为 Fmg ，方向斜向N2 f2 1 tan2mgcos右上方，故选 D.答案：D3在地面上以初速度 v0 竖直向上抛出一小球，经过 2t0 时间小球落回抛出点，其速率为 v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速度成正比，则小球在空中运动时速率 v 随时间 t 的变化规律可能是( )解析：小球上升过程中，由牛顿第二定律有 mgk vma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，vt 图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有 mgk vma，则随速度逐渐增大
4、，加速度逐渐减小，vt 图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度 v0，选项 A正确答案：A4如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B 两球用轻杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A两图中两球加速度均为 gsinB两图中 A 球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中 B 球的加速度是图乙中 B球加速度的 2 倍解析：撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A
5、球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin，加速度为 2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin，加速度均为 gsin，故图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍，故 A、B、C 错误，D 正确答案：D5如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为 37，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为 0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15 倍sin370.6，cos37 0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A0.35mg B0.3mgC0.2
6、3 mg D0.2mg解析：将 a 沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图，水平方向：Ffma x竖直方向：F Nmgma y由 三ayax 34式联立解得 Ff0.2mg，D 正确答案：D6如图甲所示，用一水平外力 F 拉着一个静止在倾角为 的光滑斜面上的物体，逐渐增大 F，物体做变加速运动，其加速度 a 随外力 F 变化的图象如图乙所示，若重力加速度 g 取 10 m/s2，则根据图乙所提供的信息可以计算出()A加速度从 2 m/s2 增加到 6 m/s2 的过程中物体的速度变化量B斜面的倾角C物体的质量D加速度为 6 m/s2 时物体的速度解析：因为物体做变加速运动，所以无法根据公
7、式求得某时刻的速度及速度变化量，选项 A、D 错误；由题图乙可知，当 F0 时，有 mgsinma，解得斜面的倾角 37 ，当 F15 N 时，a0，则 Fcosmgsin ，可得 m2 kg，选项 B、 C 正确答案：BC7.如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上A、 B 间的动摩擦因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为 .最大静摩擦力等12于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对 A施加一水平拉力 F，则( )A当 F3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 g12解析：A、B 间的最大静摩擦力为2mg， B 和地面之间的最大静摩擦
8、力为mg，对 A、B 整体，只要 F mg，整32 32体就会运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B 恰好未发生相对滑动，故 A、B 一起运动的加速度的最大值满足 2mg mgma max，B 运动的最大加速度32amax g，选项 D 正确；若 A、B 整体12恰好未发生相对滑动，有F mg3ma max，则 F3mg 时两者会32发生相对运动，选项 C 正确；当F mg 时，两者相对静止，一起滑动，52加速度满足 F mg3ma，解得32a g，选项 B 正确13答案：BCD8如图甲所示，传送带以速度 v1 匀速转动，一滑块以初速度 v0 自右向左滑上传送带
9、，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度时间图象如图乙所示已知 v0v1，则下列判断正确的是()A传送带顺时针转动Bt 1 时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大C0 t2 时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t 2 时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减速运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A 正确；滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以 t2 时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B、C 错误，D 正确答案：AD二、计算题(本大题共 2 小题，共 36分需写出规范的解
10、题步骤)9如图所示，质量 M1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数 10.1，在木板的左端放置一个质量 m1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数20.4 ，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度 g10 m/s 2.(1)若木板长 L1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力 F8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力 F，分析并计算铁块受到木板的摩擦力 f 的大小随拉力F 变化的情况( 设木板足够长 )解析：(1)根据牛顿第二定律对铁块：F 2mgma 1对木板： 2mg 1(mgMg)Ma
11、2又 s 铁 a1t2，s 木 a2t2，L s 铁12 12s 木 ，联立解得：t1 s(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力fm2 2mg4 N木板与地面之间的最大静摩擦力fm1 1(mgMg) 2 N当 Ff m12 N 时，木板与铁块都静止，f F当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为 F1，根据牛顿第二定律，对铁块：F 1 2mgma 1对整体：F 1 1(mgMg )( mM)a1联立解得：F 16 N，所以当 2 N6 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力 f 2mg4 N答案：(1)1 s (2)见解析10.如图，质量 m5 kg 的物块(看做质点)在外力 F1 和
12、F2 的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知 F1 大小为 50 N，方向斜向右上方，与水平面夹角 37，F 2 大小为 30 N，方向水平向左，物体的速度 v0 大小为 11 m/s.当物块运动到距初始位置距离 x05 m 时撤掉F1，g10 m/s 2.求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数 ；(2)撤掉 F1 以后，物块在 6 s 末距初始位置的距离解析：(1)物块向右做匀速运动：FfF 2F 1cosFf(mgF 1sin)联立解得：0.5.(2)撤掉 F1 后：a1 m/s211 m/s 2F2 mgm 30 255设经过时间 t1 向右运动速度变为 0，则：t 1 1 sv0a1此时向右运动的位移：x 1 t15.5 v02m，后 5 s 物块向左运动：a2 1 m/s 2，后 5 s 向左运动的F2 mgm位移：x 2 a2t 12.5 m12 2物块在 6 s 末距初始位置的距离：x x2( x0x 1)12.5 m (5 m5.5 m)2 m.答案：(1)0.5 (2)2 m
