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四川2019高考物理復習強化練（1）：牛頓運動定律（A）含答案

專題一　牛頓運動定律
牛頓運動定律綜合應用(一)
1．(2018·鎮江學測模擬)為了讓汽車平穩通過道路上的減速帶，車速一般控制在20 km/h以下，某人駕駛一輛小型客車以v0＝10 m/s的速度在平直道路上行駛，發現前方x＝15 m處有減速帶，立刻剎車勻減速前進，到達減速帶時速度v＝5.0 m/s，已知客車和人的總質量m＝2×103 kg.求：
(1)客車到達減速帶時的動能Ek；
(2)客車從開始剎車至到達減速帶的過程所用的時間t；
(3)客車減速過程中受到的阻力大小Ff.





2．(2018·如皋學測模擬)如圖1所示為一滑梯的示意圖，滑梯的長度AB為L＝4.0 m，傾角θ＝37°.BC段為與滑梯平滑連接的水平地面，一個小孩從滑梯頂端由靜止開始滑下，離開B點后在地面上滑行了s＝1 m后停下，小孩與滑梯間的動摩擦因數為μ＝0.5.不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

圖1
(1)小孩沿滑梯下滑時的加速度a的大小；
(2)小孩滑到滑梯底端B時的速度v的大小；
(3)小孩與地面間的動摩擦因數μ′.






3．(2018·連云港學測模擬)如圖2所示，水平傳送帶以v＝2 m/s速度勻速運動，將某物體(可視為質點)輕放在傳送帶的A端，它在傳送帶的帶動下運動到傳送帶另一端B，所用時間為11 s，然后從傳送帶右端的B點水平拋出，最后落到地面上的C點．已知物體和傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，g＝10 m/s2，求：

圖2
(1)物體在傳送帶上做勻加速運動的時間t1；
(2)傳送帶的長度L；
(3)若B點距離地面的高度為0.8 m，則物體落地時的速度v0的大小．




4．(2018·金陵中學學測模擬)如圖3甲所示，帶有斜面的木塊ABC放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，斜面BC表面光滑且與水平面夾角為θ＝37°，木塊左側與豎直墻壁之間連接著一個能反映微小形變的力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數為正值，當力傳感器被拉時，其示數為負值．一個可視為質點的質量為m＝5 kg的滑塊從B點以初速度v0沖上斜面，滑塊在ABC上的整個運動過程中，傳感器記錄到力與時間的關系如圖乙所示．已知斜面足夠長，設滑塊經過B點時無機械能損失，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

圖3
(1)滑塊上滑時的加速度大小；
(2)滑塊的初速度大小v0；
(3)AB的長度．







答案精析
1．(1)2.5×104 J　(2)2 s　(3)5 000 N
解析　(1)由公式Ek＝mv2得Ek＝2.5×104 J
(2)由勻變速直線運動公式得x＝t得t＝2 s
(3)由勻變速直線運動公式得－2ax＝v2－v02
由牛頓第二定律得Ff＝ma得Ff＝5 000 N.
2．(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)0.8
解析　(1)如圖，對小孩進行受力分析

FN－mgcos θ＝0
mgsin θ－μFN＝ma
解得a＝2 m/s2
(2)由v2＝2aL得v＝4 m/s
(3)小孩在地面滑行時，由勻變速直線運動公式有
0－v2＝－2a′s
由牛頓第二定律：μ′mg＝ma′解得μ′＝0.8.
3．(1)2 s　(2)20 m　(3)2 m/s
解析　(1)物體做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律有
μmg＝ma，則a＝μg＝1 m/s2
物體做勻加速直線運動的時間t1＝＝2 s
(2)勻加速直線運動的位移x1＝at12＝2 m
則物體做勻速直線運動的位移x2＝v(t－t1)＝18 m
所以傳送帶AB兩端間的距離L＝x1＋x2＝20 m
(3)物體落地時豎直方向的分速度vy＝
則v0＝＝2 m/s
4．(1)6 m/s2　(2)6 m/s　(3)2 m
解析　(1)在斜面BC上運動時，由牛頓第二定律有
mgsin 37°＝ma
a＝gsin 37°＝6 m/s2
(2)滑塊在斜面上做上滑和下滑運動時，所用時間相同，均為t＝1 s．v0＝at＝6 m/s
(3)滑塊在水平面AB上受到的摩擦力為25 N
加速度a′＝＝5 m/s2
長度l＝v0t′－a′t′2＝2 m



四川2019高考物理復習強化練（1）：牛頓運動定律（B）含答案
牛頓運動定律綜合應用(二)
1．(2018·徐州學測模擬)如圖1所示，

圖1
小明坐在雪橇上，媽媽拉著雪橇在水平雪面上從靜止開始做勻加速直線運動，通過的位移L＝9 m．已知小明與雪橇的總質量m＝60 kg，媽媽對雪橇的拉力F＝400 N、與水平面夾角θ＝37°，雪橇與雪地之間的摩擦力Ff＝200 N，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則在這個過程中，求：
(1)拉力F所做的功WF；
(2)雪橇運動的加速度大小a；
(3)雪橇運動的時間t.





2．(2018·揚州學測模擬)如圖2甲所示，質量m＝4 kg的物體靜止于水平面上，所受拉力大小F＝20 N，方向與水平面成θ＝37°角斜向上．物體從靜止開始沿水平面做勻加速直線運動，其v－t圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

圖2
(1)物體運動的加速度大小；
(2)物體與水平面間的動摩擦因數；
(3)經過10 s時間拉力F對物體所做的功．




3．(2018·淮安學測模擬)如圖3所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A與水平傳送帶相接觸，傳送帶正以v＝4 m/s的速度順時針勻速轉動，質量為2 kg的物體(可視為質點)從斜面上O處由靜止下滑，經過時間1.5 s滑到斜面底端A.已知O、A之間距離LOA＝4.5 m，傳送帶兩端A、B間的距離LAB＝10 m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.不計物體經過A時的動能損失．

圖3
(1)求物體沿斜面下滑的加速度大小；
(2)求物體與斜面間的動摩擦因數μ1；
(3)物體在傳送帶上向左運動時是否會從B端滑出？如果滑出，求離開B點時的速度大小？如果不滑出，求物體返回到A點時的速度大小．





4．(2018·南通中學學測模擬)如圖4甲所示，固定光滑細桿與水平地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環，小環從桿底開始在沿桿方向向上的推力F作用下向上運動.0～2 s內推力的大小為5.0 N,2～4 s內推力的大小變為5.5 N，小環運動的速度隨時間變化規律如圖乙所示，g取10 m/s2.求：

圖4
(1)小環在加速運動時的加速度a的大小；
(2)小環的質量m；
(3)第4秒末撤去F，求小環到達最高點時離地面的高度．






答案精析
1．(1)2 880 J　(2)2 m/s2　(3)3 s
解析　(1)由WF＝FLcos θ
代入數據解得WF＝2 880 J
(2)根據牛頓第二定律有ma＝Fcos θ－Ff
代入數據解得a＝2 m/s2
(3)由L＝at2代入數據解得t＝3 s
2．(1)0.5 m/s2　(2)0.5　(3)400 J
解析　(1)根據物體運動的v－t圖象，可得物體的加速度
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
(2)物體受力如圖所示，

根據牛頓第二定律得：Fcos 37°－Ff＝ma
Fsin 37°＋FN＝mg
又Ff＝μFN
由以上三式可解得：μ＝0.5
(3)根據運動學公式可得：經過10 s時間物體的位移大小為x＝at2＝×0.5×102 m＝25 m
故W＝Fxcos 37°＝20×25×0.8 J＝400 J.
3．(1)4 m/s2　(2)0.25　(3)不會從B點滑出　4 m/s
解析　(1)由運動學公式知LOA＝at2，a＝4 m/s2
(2)由牛頓第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
解得μ1＝0.25
(3)vA＝at＝6 m/s，a2＝μ2g＝5 m/s2
物體從A點向左運動的距離x＝＝3.6 m<10 m，不會從B點滑出．
物體向右返回，加速到相對傳送帶靜止所需距離
x′＝＝1.6 m物體返回到A點時的速度vA′＝v＝4 m/s
4．(1)0.5 m/s2　(2)1 kg　(3)2.7 m
解析　(1)由題圖可知a＝＝0.5 m/s2
(2)0～2 s：F1＝mgsin α
2～4 s：F2－mgsin α＝ma
解得m＝1 kg，α＝30°
(3)撤去F后，對小環：mgsin α＝ma′
a′＝5 m/s2
0～2 s：x1＝v1t1＝2 m
2～4 s：x2＝(v1＋v2)t2＝3 m
4 s以后：x3＝＝0.4 m
環上升的總高度：h＝(x1＋x2＋x3)sin 30°＝2.7 m

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