《2021届高考最后冲刺牛顿运动定律押题卷 19》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高考最后冲刺牛顿运动定律押题卷 19（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 1 1 2 1 2021 届高考最后冲刺牛顿运动定律押题卷 191如图所示，甲同学站在某平台边缘将小球以 v4m/s 的速度竖直上抛，甲同学把小球抛出的同时，乙同学在距抛出点水平距离 x4m 处由静止开始运动，在小球正下方距地面高 h2m 处接住小球，并且此时乙同学的水平速度为零，在此过程中可将乙同学的运动看成匀加速和匀减速直线运动，由于乙同学需要急停，在减速运动过程中的加速度大小为加速运动过程中加速度大小的 4 倍。已知小球抛出点距地面的高度为 H3m，重力加速度 g10m/s2，忽略空气阻力，求乙同学在加速过程中的加速度大小。【答案】10m/s2【解析】设小球被抛出到被乙同学接住所需要
2、的时间为 t，小球的位移为 h ，根据运动 学公式可得：h Hh1m1根据位移时间关系可得：h vt-12gt2解得t1s设乙同学加速过程的加速度大小为 a，时间为 t ；减速过程中的加速度大小为 4a，时间 为 t ；则有：at 4at1 21 1at 2 + 4 at 2 222=x其中t +t1 2t联立解得：a10m/s22如图所示，质量 M=8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力 F=8m N，当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数 =0.2，小车足够长。（取 g=1
3、0 m/s 2） 求：(1)小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放到小车上开始，经过 t=1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？【答案】(1)小车加速度 0.5 m/s2【解析】(1)物块的加速度 a =g=2 m/s2m小车的加速度，小物块 2 m/s2；(2)1 s；(3)2.1 m。a =MF -mMmg=0.5 m/s2(2)由a t=v a tm 0 M可得t=1 s(3)开始 1 s 内小物块的位移s =112a t2m=1 m最大速度v=a t=2 m/sm在接下来的 0.5 s 物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速
4、度a=FM +m=0.8 m/s2这 0.5 s 内的位移s =vt212at2=1.1 m通过的总位移s=s s =2.1 m1 23如图所示，倾角为 37的斜面与足够长的水平面在 P 处平滑相接，物块从斜面上的 O点从静止开始无初速释放。已知物块质量 m=2kg，物块与斜面及物块与水平面间动摩擦因数均为 =0.5，物块可视为质点，O点距水平面高 h=0.6m，已知 sin37=0.6，cos37=0.8。21 1 2 求：（1）物块沿斜面运动的加速度大小；（2）物块刚运动到 P 处时速度大小；（3）物块运动过程经历的时间。【答案】（1）2m/s2；（2）2m/s；（3）1.4s【解析】(1
5、)设物块沿斜面运动的加速度大小为 a ，由牛顿第二定律得 mg sin 37-mmg cos37 =ma1解得a =2m/s12（2）OP 距离x =1hsin 37=1m物块刚运动到 P 处时速度大小为 v 由运动学公式得v2=2 a x1 1解得v =2m/s（3）物块在斜面上运动的时间为 t ，则x =1可得12a t 21 1t =1s1物块在水平面上运动的加速度大小为 a ，由mmg=ma2可得a =5m/s2由2v =a t2 2得t =0.4s2物块运动过程经历的时间t =t +t 1则t =1.4s24如图甲所示，一足够长的粗糙的水平传送带在电机的带动下以恒定的速度v =4m/
6、s沿顺时针方向运动，质量m =1kgA的小铁块 A 和质量m =2kgB的长木板 B 叠放在一起，A 位于 B 的右端，在 t =0 时将 A、B 轻放到传送带上，最终 A 恰好没有滑离 B。已知小铁块 A 在 0 1.0s的加速度为 4m/s2；长木板 B 在 005s 和 0.51.0s的加速度分别为 8m/s 2 、0，取重力加速度 g =10m/s2。回答下列问题：(1)在如图乙所示方框内同一坐标系中作出 A、B 在 0 1.0s 的速度时间图象； (2)求 A、B 间的动摩擦因数和 B 与传送带之间的动摩擦因数；(3)求长木板 B 的长度。【答案】(1)；(2)m1=0.4 ， m2
7、=23；(3)1m【解析】(1)由题意知，在同一坐标系中作出的 A、B 在 01s的速度时间图象，如下 图所示4B 2 A 2 m(2)对 A，刚放上传送带时加速度的大小 m g =m a1 A A Aa =4m/sA2，由牛顿第二定律解得m1=25=0.4，对长木板 B，刚放上传送带时加速度的大小a =8m/sB2，由牛顿第二定律可得m2(m +mA B)g -mm g =m a 1 A B B解得m2=23。(3)B 经时间t =0.5s1与传送带共速，A 经时间t =1s2与传送带共速，从将 A 、B 放上传送带到均与传送带相对静止的过程中，位移分别满足1 x = a t 2B 11 x
8、 = a t 2A 2 长木板长度L =x -xBA+n(t -t ) 2 1联立代入数据可解得 L =1m 。5如图所示，一足够长斜面体固定在水平地面上，倾角 =30。一质量 M=1kg、长度L=2m 的薄木板 B 置于斜面顶端，恰好能保持静止。质量 m=3kg 的小物块 A 从某一高处以v =2 30m/s 的初速度水平向右抛出，恰好沿木板方向落到薄木板的最上端。已知A 、B 之间的动摩擦因数为 m =1，不计空气阻力。求 g=10m/s232。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度(1)物块落到薄木板上瞬间的速度大小；(2)斜面与薄木板间的动摩擦因数 ；2(3)判断物块能否从薄木板上滑下
9、。若能滑下请分别求出滑下瞬间物块和薄木板的速度； 若不能滑下，请求出二者间的相对位移。1 【答案】(1)4m/s；(2)33；(3)物块不从薄木板上滑下，0.8m【解析】(1)小物块 A 从某一高处以初速度水平向右抛出，则小物块做平抛运动；恰好 沿木板方向落到薄木板上，则vcos30 = 0v解得，物块落到薄木板上瞬间的速度大小v 2 3v = 0 = m/s =4m/scos30 32(2)由薄木板恰好静止在斜面上，由平衡条件得Mg sin 30 =m2Mg cos30 解得，斜面与薄木板间的动摩擦因数m =233(3)物块 A 刚滑上 B 时，对 A，由牛顿第二定律得m1mg cos30
10、-mg sin 30 =maA对 B，由牛顿第二定律得Mg sin30 +mmgcos30 -m(M+m)gcos30 =Ma1 2 B代入数据解得a =2.5 m/ s A2方向沿斜面向上a =7.5 m/ s B2方向沿斜面向下设经过时间 t 物块 A 与木板 B 到达共速 v，此时 A 还没有到达木板 B 的底端，则61 B 1 v =a t =v -a t B 1 0 A 1代入数据解得t =0.4s1， v =3m/s该过程中 A 的位移x =Av +v 4 +30 t = 0.4m =1.4m 2 2该过程中 B 的位移v 3 h 1.6x = t = 0.4m =0.6m = m
11、 =3.2m 2 2 sin 30 0.5物块 A、木板 B 的相对位移Dx =x -x =1.4m -0.6m =0.8m L =2mA B假设正确，所以物块不从薄木板上滑下，A、B 的相对位移 Dx =0.8m6如图所示，一水平传送带以的恒定速率v =2m / s 1沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的平台，一煤块以v =3m / s 2的速率从平台沿直线向左滑上传送带，恰好能到达左轮的正上方，动摩擦因数 m =0.1 ，重力加速度 g 取10m/s 2 ，求： (1)传送带两轮的轴心距；(2)煤块在传送带上运动的时间；(3)若传送带两轮的周长 s 均为 1.5m，求煤块在传送带上留下痕迹的长度。【答案】(1)4.5m；(2)6.25s；(3)10.5m【解析】(1)煤块速度减为零时刚好到达传送带的左端，传送带两轮的轴心距即为煤块向 左运动的距离。根据牛顿运动定律得a =mgt =1L =v2a12at12联立可得L =4.5m2 1 2 1 2 2 1 (2)煤块向左速度减为零后立即向右加速，和传送带共速后匀速运动直到从右侧离开传送 带。根据运动规律得v
