届高三二轮复习物理专题通关 课时巩固过关练三 力与直线运动13 Word版含答案1Word格式文档下载.docx

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F=ma,研究该点右端的绳子,根据牛顿第二定律可得：

T=

ma,由以上两式可得：

F,所以选项A正确。

3.如图,弹簧吊着箱子A,箱内放有物体B,它们的质量均为m,现对箱子施加竖直向上的力F=4mg,而使系统静止。

撤去F的瞬间,A、B的加速度分别为（　　）

A.aA=aB=g

B.aA=g,aB=0

C.aA=2g,aB=g

D.aA=3g,aB=g

【解析】选D。

撤去F前：

设弹簧的弹力大小为f,根据平衡条件得

对整体：

F-2mg=f,解得：

f=2mg

撤去F的瞬间：

弹簧的弹力没有来得及变化,大小仍为f=2mg

假设A、B之间的弹力突变为零,

则根据牛顿第二定律得

对箱子A：

f+mg=maA

解得：

aA=3g

对物体B：

mg=maB

aB=g

所以aA>

aB

又因物体B处在箱子A的底板之上,因此假设成立,故选D。

【总结提升】瞬时性问题的解题技巧

（1）分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型：

特性

模型

受外力时

的形变量

力能否

突变

产生拉力

或支持力

质

量

内部

弹力

轻绳

微小不计

可以

只有拉力

没有支持力

不

计

处

相

等

橡皮绳

较大

不能

轻弹簧

既可有拉力

也可有支持力

轻杆

（2）在求解瞬时性加速度问题时应注意：

①物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。

②加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生突变。

4.（2015·

南昌一模）如图,斜面与平面平滑连接,物体与斜面和平面间的动摩擦因数都是μ,物体从斜面上由静止滑下。

下列图像中v、a、Ff和s分别表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力大小和路程,其中正确的是（　　）

物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,摩擦力Ff1=

μmgcosθ,加速度a1=g（sinθ-μcosθ）,速度v1=a1t1,路程s1=

a1

由此可知A、B、D均错误;

在水平面上物体做匀减速直线运动,摩擦力Ff2=μmg,选项C正确。

5.如图所示,在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场E1、E2,并且E1<

E2,电场线方向均竖直向下,在区域Ⅰ中有一个带负电的油滴沿电场线以速度v0匀速下落,并进入区域II（电场范围足够大）。

则下图中描述的油滴在这两个电场中运动的速度—时间图像中,可能正确的是（以v0方向为正方向）（　　）

【解题指南】解答本题应注意以下两点：

（1）油滴在区域Ⅰ“匀速下落”表明油滴所受电场力与重力等大、反向,两个力是平衡力。

（2）油滴在区域Ⅱ受到向上的电场力,且电场力大于重力。

带负电的油滴受到重力和电场力的作用,在上面的电场中重力等于电场力,油滴恰做匀速直线运动,在下面的电场中,电场力将大于重力,油滴做匀减速直线运动,待速度为零后反向运动,然后返回上面的电场做匀速直线运动,由分析可知,选项C正确。

6.物体原来静止在水平地面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图像如图所示。

设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

根据题目提供的信息,下列判断正确的是（g取10m/s2）（　　）

A.物体的质量为m=2kg

B.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3

C.物体与水平面的最大静摩擦力Ffmax=12N

D.在F为10N时,物体的加速度a=2.5m/s2

【解析】选A、B。

由题图可知,当F=7N时,a=0.5m/s2,当F=14N时,a=4m/s2,由牛顿第二定律知,F-Ff=ma,故7-Ff=0.5m,14-Ff=4m,联立解得：

m=2kg,Ff=6N,选项A正确,C错误;

由Ff=μmg解得μ=0.3,选项B正确;

由牛顿第二定律,F-Ff=ma,在F为10N时,物体的加速度a=2.0m/s2,选项D错误。

7.如图所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m、带电荷量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。

在滑块下滑的过程中,下列判断正确的是（　　）

A.滑块受到的摩擦力不变

B.滑块到达地面时的动能与B的大小无关

C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下

D.不论B多大,滑块都不可能静止于斜面上

【解析】选C、D。

滑块受到重力、洛伦兹力、弹力、摩擦力四个力的作用,如图所示。

洛伦兹力F=qvB,由左手定则知洛伦兹力垂直斜面向下,C选项正确;

由于FN=mgcosθ+qvB,弹力随滑块速度的增大而增大,故由Ff=μFN知滑块受到的摩擦力增大,A选项错误,虽然洛伦兹力不做功,但由于弹力受洛伦兹力影响,使得摩擦力增大,摩擦力做功增大,故滑块到达地面时的动能与B的大小有关,B选项错误;

由mgsinθ-μ（mgcosθ+qvB）=ma,知滑块的最终状态为沿斜面匀速下滑,B增大仅能影响匀速运动的速度的大小,故B很大时,滑块也不能静止于斜面上,故D选项正确。

8.如图所示,质量为M=5kg的箱子B置于光滑水平面上,箱子底板上放一质量为m2=1kg的物体C,质量为m1=2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连,在A加速下落的过程中,C与箱子B始终保持相对静止。

不计定滑轮的质量和一切阻力,g取10m/s2,下列正确的是（　　）

A.物体A处于失重状态

B.物体A的加速度大小为2.5m/s2

C.物体C对箱子B的静摩擦力大小为2.5N

D.轻绳对定滑轮的作用力大小为30N

【解析】选A、B、C。

假设绳子拉力为F,根据牛顿第二定律,对A有：

m1g-F=m1a;

对B、C整体有：

F=（M+m2）a;

联立解得：

F=15N;

a=2.5m/s2;

物体A有向下的加速度,故是失重,故A、B正确;

对C受力分析,受重力、支持力和静摩擦力,根据牛顿第二定律有：

f=m2a=1×

2.5N=2.5N,故C正确;

绳子的张力为15N,由于滑轮两侧绳子垂直,根据平行四边形定则,其对滑轮的作用力为15

N,故D错误。

【加固训练】

（多选）如图所示,质量为m的光滑球放在底面光滑的质量为M的三角劈与竖直挡板之间,在水平方向对三角劈施加作用力F,可使小球处于静止状态或恰使小球自由下落,则关于所施加的水平力大小和方向的描述中,正确的是

A.小球处于静止时,应施加水平向左的力F,且大小为mg

B.小球处于静止时,应施加水平向左的力F,且大小为mgtanθ

C.小球恰好自由下落时,应施加水平向右的力F,且大小为Mgcotθ

D.小球恰好自由下落时,应施加水平向右的力F,且大小为Mgtanθ

【解析】选B、C。

小球所受的重力产生两个效果,即压紧斜面和竖直挡板,因此重力mg可分解为F1和F2两个分力,则F1=

若使系统静止,应对三角劈施加一个向左的水平力F,且F=F1sinθ=mgtanθ,故A错,B正确。

若使小球自由下落,小球与三角劈之间应当无作用力,则三角劈向右做加速运动,对三角劈x=

at2,对小球h=

gt2,根据牛顿第二定律F=Ma,tanθ=

解得F=Mgcotθ,故C正确,D错。

二、计算题（本大题共2小题,共36分。

需写出规范的解题步骤）

9.（15分）（2015·

孝感一模）如图所示,有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部,该试管塞中轴穿孔。

为了拿出试管塞而不损坏试管,该同学紧握试管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速直线运动,t=0.20s后立即停止,此时试管下降H=0.80m,试管塞将恰好能从试管口滑出。

已知试管总长l=21.0cm,底部球冠的高度h=1.0cm,试管塞的长度为d=2.0cm,设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。

求：

（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移。

（2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值。

（1）试管塞先随试管一起做匀加速运动,后做匀减速运动。

（2）“恰好能从试管口滑出”表明试管塞滑到管口时速度恰好为零。

【解析】

（1）试管塞开始与试管一起运动的位移：

x1=H=0.80m　（1分）

之后又独立运动的位移：

x2=l-h=（0.21-0.01）m=0.20m　（2分）

所以总位移：

x=x1+x2=（0.80+0.20）m=1.0m　（2分）

（2）设试管塞质量为m,与试管一起做匀加速直线运动的加速度大小为a1,末速度为v,之后滑动过程中的摩擦力大小为Ff,加速度大小为a2,由运动学公式有：

x1=

a1t2　①（2分）

v=a1t　②（2分）

由①②解得：

v=8m/s　（1分）

试管塞在试管中做匀减速运动时有：

-2a2x2=0-v2　③（2分）

由牛顿第二定律：

Ff-mg=ma2　④（2分）

由③④解得：

Ff=17mg

故滑动摩擦力与重力的比值为17∶1　（1分）

答案：

（1）1.0m　

（2）17∶1

10.（21分）（2015·

全国卷Ⅱ）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。

（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。

（1）在0～2s时间内A的受力分析如图

N=Gcos37°

=0.8mg

F=Gsin37°

-μ1N=0.6mg-

×

0.8mg=0.3mg　（2分）

由牛顿第二定律可得

aA=

=3m/s2　（2分）

在0～2s时间内B的受力分析如图

NA=mgcos37°

=0.8mg　（1分）

NC=NA+mgcos37°

=1.6mg

fA=μ1NA=

0.8mg=0.3mg

fC=μ2NC=0.5×

1.6mg=0.8mg

F′=G′sin37°

+fA-fC=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg　（3分）

aB=

=1m/s2　（2分）

（2）2s时,

vA=aAt=3×

2m/s=6m/s　（1分）

vB=aBt=1×

2m/s=2m/s　（1分）

B的上表面突然变为光滑后

aA′=

=6m/s2　（2分）

aB′=

=-2m/s2　（2分）

1s后B将停止运动,3s内B运动的距离为

sB=

aB×

（2s）2+vB×

1s+

aB′×

（1s）2=3m　（2分）

设A在B上总的运动时间为t,则A的位移为30m,

sA=

aA×

（2s）2+vA（t-2s）+

aA′（t-2s）2=30m　（2分）

解得t=4s　（1分）

（1）3m/s2　1m/s2　

（2）4s

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