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2016届湖北高考物理二轮复习:《力与直线运动》3

来源 :中华考试网 2016-02-14

二、非选择题

  8.在倾角θ=37°的固定斜面上,一物块以初速度v0=4 m/s从斜面底端A沿粗糙斜面向上运动,如图所示,已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

  (1)物块向上运动时和返回向下运动时物块的加速度大小;

  (2)物体重新回到斜面底端A时的速度大小.

  解析:(1)设物块沿斜面向上运动的加速度为a1,则

  mgsin37°+μmgcos37°=ma1

  a1=g(sin37°+μcos37°)=10×(0.6+0.5×0.8) m/s2=10 m/s2

  物块沿斜面向下运动的加速度为a2,则

  mgsin37°-μmgcos37°=ma2

  a2=g(sin37°-μcos37°)=10×(0.6-0.5×0.8) m/s2=2 m/s2

  (2)物块沿斜面向上运动的最大位移为x,重新回到A点的速度为v,则

  v=2a1x

  v2=2a2x

  解得v=v0= m/s≈1.8 m/s.

  答案:(1)10 m/s2 2 m/s2 (2)1.8 m/s

  9如图所示,质量M=1 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μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,最大静摩擦力均等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2.

  (1)若木板长L=1 m,在铁块上加一水平向右的恒力F=8 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-μ2mg=ma1

  对木板:μ2mg-μ1(mg+Mg)=Ma2

  又s铁=a1t2,s木=a2t2,L=s铁-s木,联立解得:t=1 s

  (2)铁块与木板之间的最大静摩擦力

  fm2=μ2mg=4 N

  木板与地面之间的最大静摩擦力

  fm1=μ1(mg+Mg)=2 N

  当F≤fm1=2 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:F1-μ2mg=ma1

  对整体:F1-μ1(mg+Mg)=(m+M)a1

  联立解得:F1=6 N,所以当2 N6 N时,铁块相对木板滑动,此时摩擦力f=μ2mg=4 N.

  答案:(1)1 s (2)见解析

  B组

  一、选择题

  1.“加速度计”的部分结构简图如图所示,滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内,静止时a、b的长度均为l;若该装置加速向右运动,a、b的长度分别为la、lb,则(  )

  A.la>l,lb>l B.lal,lbl

  解析:开始时,滑块所受两弹簧的弹力相等,合力为零;若装置向右加速运动,则滑块所受合力向右,故b弹簧的长度增加,a弹簧的长度减小,选项D正确.

  答案:D

  2.质量为1 kg的小物块,在t=0时刻以5 m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面,0.7 s时第二次经过斜面上的B点,若小物块与斜面间的动摩擦因数为,则A、B间的距离为(已知g=10 m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)(  )

  A.1.05 m B.1.13 m

  C.2.03 m D.1.25 m

  解析:对小物块进行受力分析可得,小物块上滑时的加速度大小为a1=gsin53°+μgcos53°=10 m/s2,到速度为零时所用的时间t1= s=0.5 s,上滑的最大距离为x1=vt1-a1t=5×0.5 m-×10×(0.5)2 m=1.25 m,然后往回返,其加速度大小为a2=gsin53°-μgcos53°=6 m/s2,则再运动t=0.7 s-0.5 s=0.2 s所通过的位移为x2=a2t2= ×6×(0.2)2 m=0.12 m,故AB间的距离为x1-x2=1.25 m-0.12 m=1.13 m,故B项正确.

  答案:B

  3.(多选)如图所示,一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上,当在细绳下端挂上质量为m的物体B时,物体A的加速度为a,绳中张力为FT,则(  )

  A.a=g B.a=

  C.FT=mg D.FT=mg

  解析:对两物体整体分析,由牛顿第二定律有mg=(M+m)a,解得a=g;对物体A由牛顿第二定律有FT=Ma,代入a解得FT=g.选项A、C错误,B、D正确.

  答案:BD

  4.(多选)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,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v0>v1,则下列判断正确的是(  )

  A.传送带顺时针转动

  B.t1时刻,滑块相对传送带滑动的距离达到最大

  C.0~t2时间内,滑块受到的摩擦力方向先向右后向左

  D.0~t2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

  5.2015年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日,按照设计,某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开.构成各种美丽的图案.假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,g=10 m/s2,那么,v0和k分别为(  )

  A.30 m/s,1 B.30 m/s,0.5

  C.60 m/s,0.5 D.60 m/s,1

  解析:礼花弹在上升过程中做匀减速直线运动,由运动学公式h=v0t,可得:v0==60 m/s.设礼花弹上升过程中的加速度为a,由运动学公式v0=at和牛顿第二定律kmg+mg=ma,可得:k=-1=-1=1,选项D正确,选项ABC错误.

  答案:D

  6.如图,水平传送带A、B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端的瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,则不正确的说法是(  )

  A.若传送带不动,则vB=3 m/s

  B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,则vB=3 m/s

  C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=3 m/s

  D.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=2 m/s

  解析:由牛顿第二定律可知,工件在传送带上运动,摩擦力产生的加速度a=-μg=-1 m/s2,传送带不动或逆时针转动时,工件始终受摩擦力作用,v-v=-2μgs,解得:vB=3 m/s,AB项正确;若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度,工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变,即工件的加速度不变,综上所述vB=3 m/s,C项正确,D项错.

  答案:D

  7.(多选)如右图所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接.下列表示物体速度大小v、加速度大小a、受到的摩擦力大小Ff和物体运动路程s随时间t变化的关系的各图象中可能正确的是(  )

  解析:由题意分析可知,物体在斜面上做匀加速直线运动,在水平面上做匀减速直线运动,故选项A正确,B错误;在斜面上受的摩擦力小,故选项C错误;在斜面上s=at2,在水平面上s=v0t-a′t2,故选项D正确.

  答案:AD

  8.(多选)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2,根据图象可求出(  )

  A.物体的初速率v0=3 m/s

  B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75

  C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44 m

  D.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑

  解析:当倾角达到90°时,物体将做竖直上抛运动,此时上升的高度为1.80 m,由运动规律可求得初速率v0=6 m/s,选项A错误;当角度为0°时,物体相当于在水平面上运动,此时位移为2.40 m,由运动学规律和牛顿运动定律可得,动摩擦因数μ=0.75,选项B正确;当倾角为θ时,由牛顿运动定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma,又x=,结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m,选项C正确;θ=30°时,物体达到最大位移时重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力,因此物体达到最大位移后不会下滑,选项D错误.

  答案:BC

  二、非选择题

  9.表演“顶竿”杂技时,一个人站在地上(称为“底人”)肩上扛一长L=6 m,质量m1=15 kg的竖直竹竿,一质量m2=45 kg的演员(可当质点处理)在竿顶从静止开始先匀加速下滑、再匀减速下滑,加速下滑的时间为t1=2 s,减速下滑的时间为t2=1 s,演员恰从竿顶滑至竿底部(g=10 m/s2).求:

  (1)演员下滑过程中的最大速度vm;

  (2)演员在减速下滑过程中“底人”对竹竿的支持力F.

  解析:(1)演员下滑到加速结束时速度最大,则有

  L=(t1+t2)

  解得vm=4 m/s.

  (2)设减速下滑的加速度为a,则有vm=at2

  解得a=4 m/s2

  减速阶段对演员有f-m2g=m2a

  解得f=m2(g+a)=630 N

  对竹竿,根据平衡条件有

  F-f=m1g

  解得F=780 N.

  答案:(1)4 m/s2 (2)780 N

  10.在风洞实验室里,一根足够长的均匀直细杆与水平方向成θ=37°角固定,质量m=1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处,如图甲所示.开启送风装置,有水平向右的恒定风力F作用于小球上,在t1=2 s时刻风停止.小球沿细杆运动的部分v-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略浮力.求:

  (1)小球在0~2 s内的加速度a1和2~5 s内的加速度a2;

  (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小.

  解析:(1)取沿细杆向上的方向为正方向,由图象乙可知:

  在0~2 s内,a1==15 m/s2(方向沿杆向上)

  在2~5 s内,a2==-10 m/s2(“-”表示方向沿杆向下).

  (2)有风力F时的上升过程,由牛顿第二定律,有

  Fcos θ-μ(mgcos θ+Fsin θ)-mgsin θ=ma1

  停风后的上升阶段,由牛顿第二定律,有

  -μmgcos θ-mgsin θ=ma2

  联立以上各式解得 μ=0.5,F=50 N.

  答案:(1)15 m/s2,方向沿杆向上 10 m/s2,方向沿杆向下

  (2)0.5 50 N

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