导航卷三 牛顿运动定律的应用.docx
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导航卷三牛顿运动定律的应用
导航卷三 牛顿运动定律的应用
满分:
100分 时间:
60分钟
一、单项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分。
每小题只有一个选项符合题意。
)
1.(2014·北京理综,19)
伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。
利用如图所示的装置做如下实验:
小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。
斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。
根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是( )
A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置
B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态
C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变
D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小
2.(2014·北京理综,18)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。
例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。
对此现象分析正确的是( )
A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态
B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度
D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
3.(2014·福建理综,15)
如右图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。
对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
4.(2015·重庆理综,5)若
货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )
二、多项选择题(本题共6小题,每小题7分,共计42分。
每小题有多个选项符合题意。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分。
)
5.(2014·山东理综,15)一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图象如图。
在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )
A.t1B.t2C.t3D.t4
6.(2015·新课标全国Ⅱ,20)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。
当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为
a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。
不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为( )
A.8B.10C.15D.18
7.(2015·江苏单科,6)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力( )
A.t=2s时最大B.t=2s时最小
C.t=8.5s时最大D.t=8.5s时最小
8.(2015·海南单科,8)如图,
物块a、b和c的质量相同,a和b,b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态。
现将细线剪断。
将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。
在剪断的瞬间( )
A.a1=3gB.a1=0
C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl2
9.(2015·新课标全国Ⅰ,20)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。
若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出( )
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
10.(2014·江苏单科,8)
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μ,B与地面间的动摩擦因数为
μ。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
现对A施加一水平拉力F,则( )
A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F=
μmg时,A的加速度为
μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度不会超过
μg
三、计算题(本题共2小题,共38分。
解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分。
)
11.(2015·新课标全国Ⅱ,25)(18分)
下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。
某地有一倾角为θ=37°(sin37°=
)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。
假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为
,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。
已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27m,C足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
取重力加速度大小g=10m/s2。
求:
(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小;
(2)A在B上总的运动时间。
12.(2015·新课标全国Ⅰ,25)(20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图(a)所示。
t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。
碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。
木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。
求:
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
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1.A [根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置,A项正确;而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下得出的结论,不是实验直接结论,所以B和C选项错误;而D项不是本实验所说明的问题,故错误。
]
2.D [物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误;当物体和手分离时,二者速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为a手>a物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。
]
3.B [设斜面倾角为θ,滑块沿斜面下滑时,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,a=gsinθ-μgcosθ,因此滑块下滑时加速度不变,选项D错误;滑块减速下滑时的位移s=v0t+
at2,选项B正确;滑块下降高度h=s·sinθ=v0sinθ·t+
asinθ·t2,选项A错误;滑块下滑时的速度v=v0+at,选项C错误。
]
4.B [由v-t图象可知:
过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下,失重,F 综合选项分析可知B选项正确。 ] 5.AC [v-t图象中,纵轴表示各时刻的速度,t1、t2时刻速度为正,t3、t4时刻速度为负,图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度,t1、t4时刻加速度为正,t2、t3时刻加速度为负,根据牛顿第二定律,加速度与合外力方向相同,故t1时刻合外力与速度均为正,t3时刻合外力与速度均为负,A、C正确,B、D错误。 ] 6.BC [设PQ西边有n节车厢,每节车厢的质量为m,则F=nma① PQ东边有k节车厢,则F=km· a② 联立①②得3n=2k,由此式可知n只能取偶数, 当n=2时,k=3,总节数为N=5 当n=4时,k=6,总节数为N=10 当n=6时,k=9,总节数为N=15 当n=8时,k=12,总节数为N=20,故选项B、C正确。 ] 7.AD [由题图知,在上升过程中,在0~4s内,加速度方向向上,FN-mg=ma,所以向上的加速度越大,电梯对人的支持力就越大,由牛顿第三定律可知,人对电梯的压力就越大,故A正确,B错误;由题图知,在7~10s内加速度方向向下,由mg-FN=ma知,向下的加速度越大,人对电梯的压力就越小,故C错误,D正确。 ] 8.AC [设物体的质量为m,剪断细线的瞬间,细线的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1,剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1=2mg,故a受到的合力F=mg+T1=mg+2mg=3mg,故加速度a1= =3g,A正确,B错误;设弹簧S2的拉力为T2,则T2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正确,D错误。 ] 9.ACD [由v-t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a= ,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma,即gsinθ+μgcosθ= 。 同理向下滑行时gsinθ-μgcosθ= ,两式联立得sinθ= ,μ= ,可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数,选项A、C正确;物块滑上斜面时的初速度v0已知,向上滑行过程为匀减速直线运动,末速度为0,那么平均速度为 ,所以沿斜面向上滑行的最远距离为x= t1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ= t1× = ,选项D正确;仅根据v-t图象无法求出物块的质量,选项B错误。 ] 10.BCD [当0 μmg时,A、B皆静止;当 μmg μmg时,A与B共同的加速度a= = μg,选项B正确;F较大时,取物块B为研究对象,物块B的加速度最大为a2= = μg,选项D正确。 ] 11.解析 (1)在0~2s时间内,A和B的受力如图所示,其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 Ff1=μ1FN1① FN1=mgcosθ② Ff2=μ2FN2③ FN2=FN1′+mgcosθ④ 规定沿斜面向下为正。 设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得 mgsinθ-Ff1=ma1⑤ mgsinθ-Ff2+Ff1=ma2⑥ 联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得 a1=3m/s2⑦ a2=1m/s2⑧ (2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则 v1=a1t1=6m/s⑨ v2=a2t1=2m/s⑩ 2s后,设A和B的加速度分别为a1′和a2′。 此时A与B之间摩擦力为零,同理可得 a1′=6m/s2⑪ a2′=-2m/s2⑫ 由于a2′<0,可知B做减速运动。 设经过时间t2,B的速度减为零,则有 v2+a2′t2=0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t2=1s 在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为 x= - =12m<27m⑮ 此后B静止不动,A继续在B上滑动。 设再经过时间t3后A离开B,则有 l-x=(v1+a1′t2)t3+ a1′t ⑯ 可得t3=1s(另一解不合题意,舍去)⑰ 设A在B上总的运动时间t总,有 t总=t1+t2+t3=4s 答案 (1)3m/s2 1m/s2 (2)4s 12.解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v=4m/s 碰撞后木板速度水平向左,大小也是v=4m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动,加速度大小 a2= m/s2=4m/s2。 根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2,解得μ2=0.4 木板与墙壁碰撞前,匀减速运动时间t=1s,位移x=4.5m,末速度v=4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x=vt+ a1t2 解得a1=1m/s2 小物块和木板整体受力分析,滑动摩擦力提供合外力,由牛顿第二定律得: μ1(m+15m)g=(m+15m)a1,即μ1g=a1 解得μ1=0.1 (2)碰撞后,木板向左做匀减速运动,依据牛顿第二定律有 μ1(15m+m)g+μ2mg=15ma3 可得a3= m/s2 对滑块,加速度大小为a2=4m/s2 由于a2>a3,所以滑块速度先减小到0,所用时间为t1=1s 过程中,木板向左运动的位移为x1=vt1- a3t = m,末速度v1= m/s 滑块向右运动的位移x2= t1=2m 此后,小物块开始向左加速,加速度大小仍为a2=4m/s2 木板继续减速,加速度大小仍为a3= m/s2 假设又经历t2二者速度相等,则有a2t2=v1-a3t2 解得t2=0.5s 此过程中,木板向左运动的位移x3=v1t2- a3t = m,末速度v3=v1-a3t2=2m/s 滑块向左运动的位移x4= a2t =0.5m 此后小物块和木板一起匀减速运动,二者的相对位移最大为 Δx=x1+x2+x3-x4=6m 小物块始终没有离开木板,所以木板最小的长度为6m (3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止,整体加速度大小为a1=1m/s2 向左运动的位移为x5= =2m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x=x1+x3+x5=6.5m 答案 (1)0.1 0.4 (2)6m (3)6.5m 1.处理动力学问题的一般方法 (1)合成法 (2)正交分解法 (3)整体法与隔离法 (4)图象法 2.处理动力学图象问题的一般思路 (1)依据题意,合理选取研究对象。 (2)对物体先受力分析,再分析其运动过程。 (3)将物体的运动过程与图象对应起来。 (4)对于相对复杂的图象,可通过列解析式的方法进行判断。
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