【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律题型研究作业

【物理】2020届一轮复习人教版牛顿运动定律题型研究作业

‎　牛顿运动定律题型研究　 　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题 ‎1．如图14－1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)‎ 图14－1‎ A．2∶1 ‎ B．1∶1‎ C.∶1‎ D．1∶ 解析：设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsinθ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sinθ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝＝2 ，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．‎ 答案：B ‎2．如图14－2甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图14－2乙所示．已知v2>v1，则(　　)‎ 图14－2‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析：小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误、B正确.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误．‎ 答案：B 图14－3‎ ‎3．如图14－3所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动 C．两物体从受力开始就有相对运动 D．两物体始终没有相对运动 解析：首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝m/s2＝6 m/s2，F＝48 N，由此可以看出当F<48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故D正确．‎ 答案：D 图14－4‎ ‎4．如图14－4所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)‎ A．1∶1∶1 　　　　　　　B.5∶4∶3‎ C．5∶8∶9 D．1∶2∶3‎ 解析：设AC＝5L，BC＝4L，DC＝3L.‎ a、b、d三小球在各杆上滑行的时间分别为t1、t2、t3.‎ 加速度分别为a1、a2、a3.‎ 由几何知识得，BC的倾角为α＝53°，‎ DC的倾角为β＝37°.‎ a球下滑过程，a1＝g 由5L＝gt得t1＝ 根据牛顿第二定律得：‎ 沿BC下滑的小球，加速度为 a2＝＝gsin53°＝0.8g 由位移时间公式得：4L＝a2t得t2＝ 沿DC下滑的小球，加速度为 a3＝＝gsin37°＝0.6g 由位移时间公式得：3L＝a3t得t3＝ 所以t1∶t2∶t3＝1∶1∶1.故选A.‎ 答案：A 图14－5‎ ‎5．竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD.三轨道交于O点，且与水平方向的夹角分别为30°、45°和60°.现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点由静止释放，分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端．则三小球到达斜面底端的先后次序是(　　)‎ A．甲、乙、丙 B．丙、乙、甲 C．甲、丙同时到达，乙后到达 D．不能确定三者到达的顺序 解析：对乙、丙：设斜面的倾角为θ，则下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的位移x＝根据x＝at2得t＝＝，‎ 故倾角越大的下落时间越短，故乙和丙两小球，丙先到达底端；对甲、乙：运动到底端的时间t＝＝＝ ，则甲、乙两小球中，乙时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲，故B项正确．‎ 答案：B 图14－6‎ ‎6．如图14－6所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(　　)‎ A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等 B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动 C．若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsinθ 解析：若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tanθ，则粮袋先做匀加速运动，‎ 当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度等于v；若μt3‎ C．t1t3，故A项错误，BCD项正确．‎ 答案：BCD ‎8. (多选)如图14－8所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．‎ 图14－8‎ 已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　)‎ A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s C．划痕长度是0.5 m D．划痕长度是2 m 解析：根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，‎ 煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 解析：根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确．当F＝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．‎ 答案：BCD 二、非选择题 ‎13．一平直的传送带以速率v＝2 m/s匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间t＝6 s，物体到达B处．A、B相距L＝10 m.‎ ‎(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？‎ ‎(2)如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到B处．要让物体以最短的时间从A处传送到B处，传送带的运行速率至少应为多大？‎ ‎(3)若使传送带的运行速率为v′＝10 m/s，则物体从A传送到B的时间又是多少？‎ 解析：(1)物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则t1＋vt2＝L t1＋t2＝t 联立解得t1＝2 s.‎ ‎(2)为使物体从A至B所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变，而a＝＝1 m/s2‎ 由2aL＝v 解得vmin＝2 m/s 即传送带的运行速率至少为2 m/s，‎ ‎(3)传送带速率为v′＝10 m/s>2 m/s，物体一直做加速度为1 ‎ m/s2的匀加速运动，设物体从A至B所用最短的时间为t′，则 at′2＝L t′＝ ＝ s＝ 2s.‎ 答案：(1)2 s　(2)2 m/s　(3)2 s ‎14．一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4.5 m，如图14－13(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＝1 s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1 s时间内小物块的v－t图线如图14－13(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10 m/s2.求 图14－13‎ ‎(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．‎ 解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有 ‎－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①‎ 由题图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得 v1＝v0＋a1t1②‎ x0＝v0t1＋a1t③‎ 式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．‎ 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④‎ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ‎－μ2mg＝ma2⑤‎ 由图可得a2＝⑥‎ 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4⑦‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧‎ v3＝－v1＋a3Δt⑨‎ v3＝v1＋a2Δt⑩‎ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 x1＝Δt⑪‎ 小物块运动的位移为 x2＝Δt⑫‎ 小物块相对木板的位移为Δx＝x2－x1⑬‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝6.0 m⑭‎ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.‎ ‎(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮‎ ‎0－v＝2a4x3⑯‎ 碰后木板运动的位移为 x＝x1＋x3⑰‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得x＝－6.5 m 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.‎ 答案：(1)μ1＝0.1　μ2＝0.4　(2)6 m　(3)6.5 m