届高考物理人教版第一轮复习课时作业134小专题动力学中的图象问题4870Word文件下载.docx
《届高考物理人教版第一轮复习课时作业134小专题动力学中的图象问题4870Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届高考物理人教版第一轮复习课时作业134小专题动力学中的图象问题4870Word文件下载.docx(23页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
-1-
解析物块的受力如图所示,当F不大于最大静摩擦
力时,物块仍处于静止状态,故其加速度为0;
当F
大于最大静摩擦力后,由牛顿第二定律得F-μFN=
ma,即F=μFN+ma,F与a成线性关系。
选项C正确。
答案C
2.如图2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。
下图中v、a、
Ff和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。
下图中正确
的是
图2
解析物体在斜面上运动时,摩擦力Ff1=μmgcosθ,加速度a1=g(sinθ-μcos
12
θ),速度v1=a1t1,路程s=2a1t1,由此可知A、B、D错;
物体在水平面上运
动时,摩擦力Ff2=μmg,加速度a2=μg,所以C正确。
-2-
▲(多选)(2014·
江西南昌调研)如图甲所示,在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊
着质量为m的物体,轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3。
现电梯箱竖直向下运动的速度v随时间t的变化规律如图乙所示,重力加速度为g,则
A.在0~t1时间内,F1与F2的合力等于F3
B.在0~t1时间内,F1与F2的合力大于mg
C.在t1~t2时间内,F1与F2的合力小于F3
D.在t1~t2时间内,F1与F2的合力大于mg
解析对轻质结点O,因没质量,故其无论在何状态下,F1、F2、F3三个力的
合力都为零,即F1与F2的合力与F3等大反向,选项A正确,C错误;
对物体
进行受力分析,其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3,在0~
t1时间内,电梯加速向下运动,物体处于失重状态,F3<mg,即F1与F2的合
力小于mg,选项B错误;
在t1~t2时间内,电梯减速向下运动,物体处于超重
状态,F3>mg,即F1与F2的合力大于mg,选项D正确。
答案AD
3.如图3所示,物块a放在竖直放置的轻弹簧上,物块b放在物块a上静止不动。
当用力F使物块b竖直向上做匀加速直线运动时,在下面所给的四个图象中,
能反映物块b脱离物块a前的过程中力F随时间t变化规律的是
-3-
图3
解析将a、b两物体作为一个整体来进行分析,设两物体的总质量为m,物
体向上的位移为x=2at,受到向上的拉力F、弹簧的支持力FN和竖直向下
的重力G,由胡克定律得FN=mg-kx,由牛顿第二定律得F+FN-mg=ma,
即F=mg+ma-(mg-kx)=ma+k×
2at。
4.(多选)(2014河·
北省衡水中学调研)如图4甲所示,A、B两长方体叠放在一起放在光滑的水平面上,B物体从静止开始受到一个水平变力的作用,该力与时间
的关系如图乙所示,运动过程中A、B始终保持相对静止。
则在0~2t0时间内,下列说法正确的是
图4
A.t0时刻,A、B间的静摩擦力最大,加速度最小
B.t0时刻,A、B的速度最大
-4-
C.0时刻和2t0时刻,A、B间的静摩擦力最大
D.2t0时刻,A、B离出发点最远,速度为0
解析
本题考查对牛顿运动定律、静摩擦力的灵活应用。
t0时刻,
A
、
B
受力
F
为0,A、B加速度为0,A、B间静摩擦力为0,加速度最小,选项A错误;
在
1至t0过程中,A、B所受合外力逐渐减小,即加速度减小,但是加速度与速度方向相同,速度一直增加,t0时刻A、B速度最大,选项B正确;
0时刻和2t0
时刻A、B所受合外力F最大,故A、B在这两个时刻加速度最大,为A提供
加速度的A、B间静摩擦力也最大,选项C正确;
A、B先在F的作用下加速,
t0后F反向,A、B继而做减速运动,到2t0时刻,A、B速度减小到0,位移最
大,选项D正确。
答案BCD
能力提高练
5.(多选)如图5甲所示,在水平地面上有一长木板B,其上叠放木块A。
假定木板
与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。
用一水平
力F作用于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,则下列说法中正确的是
图5
A.A的质量为0.5kg
B.B的质量为1.5kg
C.B与地面间的动摩擦因数为0.2
D.A、B间的动摩擦因数为0.2
-5-
解析F≤3N时,A、B均静止,表明B与地面间最大静摩擦力为
3N;
3N<
F-μ2mA+mBg
=
1
F≤9N时,A、B一起以相同加速度运动,a=
F-μ2g,
mA+mB
由图象斜率知mA+mB=1.5kg,B与地面间的动摩擦因数为
μ2=
Ff
mA+mBg
0.2;
当F>9N时,A的加速度为aA=μ1g,根据图象可知μ1=0.4,B的加速度
为
a=
F-μ1mAg-μ2mA+mBg
,由图象斜率知m=1kg,m=0.5kg,A、C对。
m
答案
AC
6.(2015·
汉武昌区调研武)在风洞实验室里,一根足够长的均匀直细杆与水平面成
θ=37°
固定,质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O,如图6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=2s时刻风停止。
小球沿细杆运动的部分v-t图象如图乙所示,取g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos37=°
0.8,忽略浮力。
求:
图6
(1)小球在0~2s内的加速度a1和2~5s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)取沿杆向上为正方向,由图乙可知
在0~2s内:
a1=v1-v0=15m/s2(方向沿杆向上)t1
-6-
2
v2-v1
2(方向沿杆向下)
在2~5s内:
a=
=-10m/s
t2
(2)有风力时的上升过程,对小球受力分析有
Fcosθ-μ(mgcosθ+Fsinθ)-mgsinθ=ma1
停风后的上升阶段,有
-μmgcosθ-mgsinθ=ma2
综上解得μ=0.5,F=50N
答案
(1)15m/s2,方向沿杆向上;
10m/s2,方向沿杆向下
(2)0.5
50N
▲如图甲所示,质量为m=2
kg的物体在水平面上向右做直线运动。
过
A点时给
物体一个水平向左的恒力F并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速
度传感器测出物体的瞬时速度,所得v-t图象如图乙所示。
取重力加速度g=10m/s2。
(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)10s末物体离A点的距离。
解析
(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1,则由题中v-t图
象得a1=2m/s2①
根据牛顿第二定律有,F+μmg=ma1②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2,则由题中v-t图象得a2=1m/s2
③
根据牛顿第二定律得F-μmg=ma2④
-7-
联立①②③④解得:
F=3N,μ=0.05
(2)设10s末物体离A点的距离为d,d应为v-t图象与横轴所围的面积,则d
8×
46×
6
=2m-2m=-2m
负号表示物体在A点左侧.
答案
(1)3N0.05
(2)2m
7.如图7甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可看做质点的物体A静止叠放
在B的最左端。
现用F=6N的水
平力向右拉物体A,经过5s物体A运动到B的最右端,其v-t图象如图乙所示。
已知A、B的质量分别为1kg、4kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2。
图7
(1)求物体A、B间的动摩擦因数;
(2)若B不固定,求A运动到B的最右端所用的时间。
(1)根据v-t图象可知物体A的加速度为
v
10
aA=t=
5
m/s=2m/s
以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得
F-μmAg=mAaA
F-mAaA
解得μ=
mAg
=0.4
(2)由题图乙可知木板B的长度为
-8-
l=2×
5×
10m=25m
若B不固定,则B的加速度为
μmA
0.4×
1×
aB=
g
mB
4
m/s
=1m/s
设A运动到B的最右端所用的时间为
t,根据题意可得
2aAt
-
2aBt
=l
解得t=7.07s。
答案
(1)0.4
(2)7.07s
-9-