《2020屆高考物理 力與運動專題強化（6）牛頓運動定律B》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理 力與運動專題強化（6）牛頓運動定律B（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、牛頓運動定律B
1、如圖所示,小車靜止在光滑的水平面上,車上同定一傾斜的直桿,直桿頂端固定著小球,當(dāng)小車向左做勻加速運動時,球受桿的作用力的方向可能沿圖中的(?? )
A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向
2、一個質(zhì)量為m的雨滴從足夠高的地方落下，受到的空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)為k。重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A. 雨滴下落過程中機械能守恒 B. 雨滴下落過程處于失重狀態(tài)
C. 雨滴的最大速度為 D. 雨滴從越高的地方下落，最后的速度越大
3、如圖所示,質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊以v0=4m/s的初速度從傾角為37°的斜面AB的底端A滑上
2、斜面,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6。若從滑塊滑上斜面起,經(jīng)0.8s滑塊正好通過B點,則AB之間的距離為(?? )
A.0.8m B.0.64m C.0.76m D.0.6m
4、如圖A、B、C為三個完全相同的物體,當(dāng)水平力F作用于A上,三物體一起向右勻速運動;某時撤去力F后,三物體仍一起向右運動,設(shè)此時A、B間摩擦力為f,B、C間作用力為FN。整個過程三物體無相對滑動,下列判斷正確的是(?? )
①f=0
②f≠0
③FN=0
④FN≠0
A.②③???????B.①④???????C.①③???????D.②④
5、如圖
3、所示,一輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為m的小球,另一端固定在傾角為37°的光滑斜面體頂端,彈簧與斜面平行。在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運動的過程中,小球始終相對于斜面靜止。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,則該過程中彈簧的形變量為(已知:sin37°=0.6,cos37°=0.8)( )
A. B. C. D.
6、從時刻開始,甲沿光滑水平面做直線運動,速度隨時間變化如圖甲;乙靜止于光滑水平地面,從時刻開始受到如圖乙所示的水平拉力作用。則在0~4的時間內(nèi)(???)
A.甲物體所受合力不斷變化
B.甲物體的速度不斷減小
C.2末乙物體改變運動方向
D.2末乙物體速度達(dá)
4、到最大
7、如圖所示,固定軌道ABC中,在B點處通過一段極短的圓弧將傾角θ=37°的光滑斜面和固定水平面平滑連接,一小物塊從A點由靜止開始釋放后,沿斜面運動,最終停在水平面BC上。已知物塊與水平面上各處間的動摩擦因數(shù)均為0.2,物塊滑過B點時無動能損失,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列圖中,能正確反映物塊的速率v隨時間t變化規(guī)律的是（ ）
A. B. C. D.
8、如圖所示,光滑水平面上有一小車,小車上固定一水平橫桿,橫桿左端的固定斜輕桿與豎直方向成角,斜桿下端連接一質(zhì)量為的小球A;橫桿右端用一根細(xì)線懸掛另一質(zhì)量為的小球B.當(dāng)小車沿水平面做直線
5、運動時,細(xì)線與豎直方向間的夾角保持不變.設(shè)斜桿、細(xì)線對小球的作用力分別為,下列說法正確的是( )
A.大小一定相等
B.的方向一定沿著桿
C.小車加速度大小為
D.的大小為
9、如圖所示,一質(zhì)量為M的楔形木塊放在水平桌面上,它的頂角為90°,兩底角為α和β且α<β,a、b為兩個位于斜面上質(zhì)量均為m的小木塊。已知所有接觸面都是光滑的。現(xiàn)使a、b同時沿斜面下滑,則下列說法正確的是(?? )
A.楔形木塊靜止不動 B.楔形木塊向右運動 C.a木塊處于超重狀態(tài) D.b木塊處于失重狀態(tài)
10、如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長的光滑斜面,一輕繩跨過斜面頂端的光滑輕質(zhì)定滑輪,繩兩
6、端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變,改變B的質(zhì)量m,當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時,得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線,如圖乙所示,設(shè)加速度沿斜面向上的方向為正方向,空氣阻力不計,g取10m/s2,斜面的傾角為θ,下列說法正確的是(?? )
A.若θ已知,可求出A的質(zhì)量 B.若θ已知,可求出乙圖中m0的值
C.若θ已知,可求出乙圖中a2的值 D.若θ未知,可求出乙圖中a1的值
11、如圖所示,質(zhì)量均為1kg的A、B兩物塊置于傾角為37°斜面上,物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為,物塊間用一與斜面平行的輕繩相連,繩中無拉力現(xiàn)用力F沿斜面向上拉物塊A,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度
7、為g。下列說法中正確的是(???)
A.當(dāng)024N時,繩中拉力為
D.當(dāng)F=20N時,B物塊摩擦力4N
12、如圖所示,三角形傳送帶以v=1m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2m且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶底端都以v0=4m/s的初速度沖上傳送帶,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5,下列說法正確的是(?? )
A.物塊A、B都能到達(dá)傳送帶頂端
B.兩物塊在傳送帶上運動的全過程中,物塊A、B所受摩擦力一直阻礙物塊A、B的運動
C.物塊A上沖到與傳送帶速度
8、相同的過程中,物塊相對傳送帶運動的路程為1.25m
D.物塊B在上沖過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為0.45m
13、某同學(xué)利用圖甲所示實驗裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車加速度a與鉤碼的質(zhì)量m的對應(yīng)關(guān)系圖,如圖乙所示.實驗中小車(含發(fā)射器)的質(zhì)量為200g,實驗時選擇了不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩和輕定滑輪,小車的加速度由位移傳感器及與之相連的計算機得到.回答下列問題:
(1)根據(jù)該同學(xué)的結(jié)果,小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量成_________(填“線性”或“非線性”)關(guān)系.
(2)由圖乙可知,圖線不經(jīng)過原點,可能的原因是__ ________.
(3)若利用本實驗裝置來驗
9、證“在小車質(zhì)量不變的情況下,小車的加速度與作用力成正比”的結(jié)論,并直接以鉤碼所受重力作為小車受到的合外力,則實驗中應(yīng)采取的改進(jìn)措施是__________________,鉤碼的質(zhì)量應(yīng)滿足的條件是_________________________.
14、如圖甲所示,光滑平臺右側(cè)與一長為L=2.5m的水平木板相接,木板固定在地面上,現(xiàn)有一小滑塊以初速度v0=5m/s滑上木板,恰好滑到木板右端停止?，F(xiàn)將木板右端抬高,如圖乙所示,使木板與水平地面的夾角θ=37°,讓滑塊以相同的初速度滑上木板,不計滑塊滑上木板時的能量損失,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:
10、(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ;
(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。
15、用如圖所示的淺色水平傳送帶AB和斜面BC將貨物運送到斜面的頂端。A、B間距離L=11m,傳送帶始終以速度v=12m/s勻速順時針運行。傳送帶B端靠近傾角θ=37°的斜面底端,斜面底端與傳送帶的B端之間有一段長度可不計的小圓弧。在A、C處各有一個機器人,處機器人每隔t=1.0s將一個質(zhì)量m=10kg、底部有碳粉的貨物箱(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶A端,貨物箱經(jīng)傳送帶和斜面后到達(dá)斜面頂端的C點時速度恰好為零,C處機器人立刻將貨物箱搬走。已知斜面BC的長度s=5.0m,傳送帶與貨物箱之間的動摩擦因數(shù)μ
11、=0.55,貨物箱由傳送帶的右端到斜面底端的過程中速度大小損失原來的,不計傳送帶輪的大小(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求:
(1) 斜面與貨物箱之間的動摩擦因數(shù)μ;
(2)如果C點處的機器人操作失誤,未能將第一個到達(dá)C點的貨物箱搬走而造成與第二個貨物箱在斜面上相撞。求兩個貨物箱在斜面上相撞的位置到C點的距離;(本問結(jié)果可以用根式表示)
(3)從第一個貨物箱放上傳送帶A端開始計時,在t0=2s的時間內(nèi),貨物箱在傳送帶上留下的痕跡長度。
答案以及解析
1答案及
12、解析：
答案：A
解析：小球和小車的加速度相同,所以小球在重力和桿的作用力兩個力的作用下也沿水平向左的方向加速運動,加速度水平向左,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知,加速度的方向與合力的方向相同,故小球所受的合力方向水平向左,根據(jù)力的合成知識可知,直桿對小球的作用力只可能沿OA方向,故A正確,B、C、D錯誤。
2答案及解析：
答案：C
解析：雨滴在下落過程中受到空氣阻力，所以機械能減小，故A錯誤；物體在空中豎直下落過程中，受到重力和空氣阻力，由于空氣阻力與物體的速度成正比，開始階段，空氣阻力小于重力，物體向下做加速運動，處于失重狀態(tài)，隨著速度的增大，空氣阻力增大，合力減小，
13、由牛頓第二定律得知，加速度減小，當(dāng)空氣阻力與重力平衡時，物體做勻速直線運動，速度達(dá)到最大即，由此可知雨滴的最后速度與下落高度無關(guān)，故C正確，BD錯誤。所以C正確，ABD錯誤。
3答案及解析：
答案：B
解析：滑塊向上滑行時,設(shè)加速度大小為a,由牛頓第二定律得mgsin37°+μmgcos37°=ma,代入數(shù)據(jù)解得a=10m/s2,滑塊上滑時速度從v0=4m/s減速到零需要的時間為,上滑的最大距離,經(jīng)過0.4s,滑塊到達(dá)最高點,速度為零,然后向下滑行,設(shè)下滑的加速度大小為a',由牛頓第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=ma',代入數(shù)據(jù)解得a'=2m/s2,下滑時間
14、為t'=t-t0=0.8s-0.4s=0.4s,下滑的距離為。AB間的距離為sAB=s-s'=0.8m-0.16m=0.64m。故選B。
4答案及解析：
答案：A
解析：開始三個物體在拉力F的作用下一起向右做勻速運動,可知地面對B、C總的摩擦力f′=F,B受地面的摩擦力為F,C受地面的摩擦力為F;撤去F后,B、C受地面的摩擦力不變,由牛頓第二定律可知,aB=,aC=,B、C以相同的加速度向右做勻減速運動,B、C間作用力FN=0,故③正確。分析A、B,撤去F后,整個過程三物體無相對滑動,則A與B加速度相同,B對A有向左的摩擦力f=maB=,故②正確。故選:A
15、5答案及解析：
答案：A
解析：在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運動時,彈簧是處于伸直狀態(tài)還是壓縮狀態(tài),無法直接判斷,此時可采用假設(shè)法,假設(shè)彈簧處于壓縮狀態(tài),若求得彈力F為正值,則假設(shè)正確;設(shè)FN為斜面對小球的彈力,水平方向上由牛頓第二定律得
Fnsinθ+Fcosθ=mg,①
豎直方向上由受力平衡得FNcosθ=mg+Fsinθ,②
①②聯(lián)立得,
由胡克定律F=kx得,故選A。
6答案及解析：
答案：D
解析：因為甲沿水平面做直線運動,位移和時間平方的關(guān)系圖象如圖甲,由此可知,物體甲做勻加速運動,且從正向位移處沿負(fù)方向運動,速度越來越大,故選項A
16、B錯誤;由圖乙可知,物體乙從靜止開始做加速度減小的加速運動,當(dāng)時加速度為零,速度最大,然后反向做加速度越來越大的減速運動, 時速度為零,位移最大,故選項C錯誤D正確.
7答案及解析：
答案：A
解析：在物塊沿光滑斜面下滑的過程中,對小物塊進(jìn)行受力分析,設(shè)此過程物塊的加速度大小為a1,物塊沿斜面下滑的時間為t1,到達(dá)斜面底端時的速度為v,根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin37°=ma1,解得a1=gsin37°=6m/s2,根據(jù)運動學(xué)公式v=v0+at可得v=a1t1=6t1。在物塊沿粗糙水平面運動的過程中,對小物塊進(jìn)行受力分析,設(shè)此過程中物塊的加速度大小為a2,物塊運動時間為t
17、2,根據(jù)牛頓第二定律可得f=ma2,f=μmg,可得a2=μg=2m/s2,根據(jù)運動學(xué)公式可得v=v0+at可得v=a2t2=2t2,2=2,2,得a1=3a2,t2=3t1,故A正確。
8答案及解析：
答案：D
解析：細(xì)線中的彈力方向一定沿著細(xì)線,而斜桿中彈力的方向可以沿任意方向,兩小球均受重力和彈力作用,因細(xì)線與豎直方向之間有夾角,因此小球B運動時必有水平向右方向的加速度,根據(jù)牛頓第二定律可知,即,故選項C錯誤;對于小球A,其受到的合力為,由此可知,斜桿對小球A的作用力與豎直方向間的夾角也為β,所以的大小為,選項D正確,B錯誤;根據(jù)豎直方向兩小球所受合力均為零可知,,但
18、,由于不知兩小球的質(zhì)量關(guān)系,因此大小關(guān)系不確定,故選項A錯誤.
9答案及解析：
答案：AD
解析：對a木塊進(jìn)行受力分析,如圖甲所示,受重力和支持力。木塊a勻加速下滑,所以a木塊處于失重狀態(tài),同理b木塊也處于失重狀態(tài),D正確,C錯誤;由力的合成與分解可得N1=mgcosα,故a木塊對模形木塊的壓力為N’1=mgcosα,同理,b木塊對楔形木塊的壓力為N’2=mgcosβ,對楔形木塊進(jìn)行受力分析,如圖乙所示,在水平方向上有N’2=mgcosα=N’1=mgcosβ=mgcosαcosβ,所以楔形木塊靜止不動,故A正確,B錯誤。
10答案及解析：
答案：CD
19、
解析：由牛頓第二定律得,對B有mg-F=ma,對A有F-mAgsinθ=mAa,聯(lián)立得。不能根據(jù)圖像求出A的質(zhì)量mA,故A錯誤。當(dāng)a=0時,m=m0=mAsinθ,mA未知,不能求出m0,故B錯誤。若θ已知,m=0時,a=a2=-gsinθ,故C正確。若θ未知,由以上可知,當(dāng)m→∞時,a=a1=g,故D正確。
11答案及解析：
答案：AC
解析：
12答案及解析：
答案：CD
解析：對B分析：開始時,物塊的速度大于傳送帶的速度,故物塊相對傳送帶沿斜面向上運動,受到的摩擦力沿傳送帶向下,所以物塊受到沿傳送帶向下的合力,做減速運動,加速度大小為,當(dāng)物塊速
20、度減小到1m/s時,物塊沿斜面方向發(fā)生的位移為,所用時間為;由于μmgcos37°=4N
21、,而物塊A是向上運動的,物塊A相對傳送帶運動的路程Δx1=0.8m+0.4m=1.2m。然后A開始下滑,A的速度小于傳送帶的速度,故A受到的摩擦力方向仍向下,此時的加速度大小為,到與傳輸帶速度相同時A沿斜面方向發(fā)生的位移為,所用時間為,傳送帶向下運動x"=vt4=0.1m,這個過程中兩者都是向下運動,故相對位移Δx2=0.1m-0.05m=0.05m,故物塊A上沖到與傳送帶速度相同的過程中,物塊A相對傳送帶運動的路程為Δx"=Δx1+Δx2=1.2m+0.05m=1.25m,C正確;B在上滑至與傳送帶速度相同的過程中,兩者發(fā)生的相對位移為Δx"=x1-vt1=0.45m,之后由于傳送帶的速度大
22、于物塊B的速度,所以物塊B與傳送帶之間的劃痕將覆蓋原來的劃痕,這個過程中二者的相對位移為Δx"'=vt2-x2=0.25m<0.45m,二者將在原來的劃痕上發(fā)生相對運動,不再有新的劃痕,物塊B在上沖過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為0.45m,D正確。
13答案及解析：
答案：(1)非線性 (2)存在摩擦力 (3)調(diào)節(jié)軌道的傾斜度以平衡摩擦力 遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量
解析：(1)根據(jù)該同學(xué)的實驗結(jié)果得出的圖線是曲線,即小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量成非線性關(guān)系.
(2)從題圖中發(fā)現(xiàn)圖線沒過原點,當(dāng)時, ,即,也就是說當(dāng)繩子上拉力不為0時,小車的加速度為0,所以可能的原因是存在摩擦力.
23、
(3)若利用本實驗來驗證“小車質(zhì)量不變的情況下,小車的加速度與作用力成正比”的結(jié)論,并直接以鉤碼所受重力作為小車受到的合外力,則實驗中應(yīng)采取的改進(jìn)措施:①調(diào)節(jié)軌道的傾斜度以平衡摩擦力,即使得繩子上的拉力等于小車的合力；②根據(jù)牛頓第二定律得,整體的加速度,則繩子的拉力,鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量時,繩子的拉力等于鉤碼的重力,所以鉤碼的質(zhì)量應(yīng)滿足的條件是遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量.
14答案及解析：
答案：(1)0.5;(2)
解析：(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m,木板水平時滑塊加速度大小為a,則對滑塊有μmg=ma,滑塊恰好滑到木板右端靜止,則,解得。
(2)當(dāng)木板傾斜時,設(shè)滑塊上滑時的加
24、速度大小為a1,上滑的最大距離為s,上滑的時間為t1,有μmgcosθ+mgsinθ=ma1,,0=v0-a1t1,解得s=1.25m,。設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2,下滑的時間為t2,有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,,解得,則滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間。
15答案及解析：
答案：(1)0.5;(2);(3)21.25m。
解析：(1)貨物箱在傳送帶上做勻加速運動的過程,根據(jù)牛頓第二定律有μ0mg=ma1,,解得a1=μ0g=0.55×10m/s2=5.5m/s2,貨物箱運到傳送帶右端的速度為,v1
25、運動,貨物箱運動至斜面底端的速度為,貨物箱在斜面上運動過程加速度的大小,代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5。
(2)貨物箱沿斜面上滑過程有a2=μgcosθ+gsinθ=10m/s2,上滑過程用時則第二個貨物箱在斜面B點時,第一個貨物箱剛好從C點下滑,貨物箱沿斜而下滑過程,加速度大小a3=gsinθ-μgcosθ=2m/s2,設(shè)第一個貨物箱在斜面C端沿斜面向下運動與第二個貨物箱相撞的過程所用時間為t2,有,解得(舍去),兩個貨物箱在斜面上相撞的位置到C點的距離。
(3)第1s內(nèi),貨物箱的位移,傳送帶的位移x2=vt=12m,第1s留下的痕跡d1=x2–x1=9.25m。則t=ls時,第二個貨物箱輕放在第一個貨物箱后2.75m處,第一個貨物箱前9.25m有痕跡;第2s內(nèi),對第一個貨物箱有v0=a1t=5.5rn/s,,第一個貨物箱留下的痕跡d2=x2-x’1=3.75m,兩個貨物箱的痕跡有長度為1m的重合部分,t=2s時,第二個貨物箱在傳送帶上運動了1s,留下的痕跡d3=d1=9.25m,則2s內(nèi),貨物箱留下的痕跡長度為Δs=d1d2+d3-1m=21.25m。
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2020屆高考物理 力與運動專題強化（6）牛頓運動定律B
