2020高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第3讲动力学观点在力学中的应用限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第3讲动力学观点在力学中的应用限时检测含解析

第3讲　动力学观点在力学中的应用 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共50分)‎ ‎1．某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示，由图1－3－20可知，启用ABS后 图1－3－20‎ A．t1时刻车速更小 B．0～t3时间内加速度更小 C．加速度总比不启用ABS时大 D．刹车后前行的距离比不启用ABS时短 解析　由题图可知，启用ABS后，t1时刻车速更大，A错误；由v－t图线的斜率等于加速度可知，在0～t1时间内，启用ABS后的加速度比不启用ABS时小，而在t1～t3时间内，启用ABS后加速度比不启用ABS时大，B、C错误。由图线与坐标轴围成的面积表示位移可知，启用ABS后，刹车距离比不启用ABS时短，D正确。‎ 答案　D ‎2．(2019·合肥模拟)如图1－3－21所示，a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2。则有 图1－3－21‎ A．a1＝a2，x1＝x2　　　　　　B．a1＜a2，x1＝x2‎ C．a1＝a2，x1＞x2 D．a1＜a2，x1＞x2‎ 解析　以两物体及弹簧组成的整体为研究对象，竖直向上运动时，F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1；沿光滑水平桌面运动时，F＝(m1＋m2)a2，比较两式可得：a1＜a2，A、C项错；以b为研究对象，由牛顿第二定律有：kx1－m2g＝m2a1，kx2＝m2a2，解得：x1＝x2＝ 8‎ ‎，B项正确。‎ 答案　B ‎3．(2019·辽宁五校联合模拟)图1－3－22中A为电磁铁，C为胶木秤盘，B为铁块，A和C(包括支架)的总质量为M，B的质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点，重力加速度为g。当电磁铁通电后，铁块被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小满足 图1－3－22‎ A．F＝Mg B．Mg＜F＜(M＋m)g C．F＝(M＋m)g D．F＞(M＋m)g 解析　在电磁铁通电前，绳的拉力应为(M＋m)g，在电磁铁通电后，铁块被吸引上升。铁块被吸引，向电磁铁靠近，做变加速运动，即越靠近电磁铁，加速度越大。根据F合＝ma可知，此过程中铁块超重，吸引力大于铁块重力。因为电磁铁对铁块的吸引力大于铁块的重力，则根据牛顿第三定律，可知铁块吸引电磁铁的力也大于铁块的重力，所以绳的拉力大于(M＋m)g，D正确。‎ 答案　D ‎4．(2019·湖北仙桃、天门、潜江联考)如图1－3－23所示，粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B，质量分别为mA＝m·mB＝3m，与水平面间的动摩擦因数均为μ，木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓缓向左水平推木块B，使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B由静止开始向右运动，当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离)，则 图1－3－23‎ A．木块A对木块B的作用力大小一定为 B．木块A对木块B的作用力大小一定为 C．木块A对木块B的作用力大小一定为F－3μmg D．木块A对木块B的作用力大小一定为F－μmg 解析　当弹簧弹力大小为F时，设木块A对木块B的作用力大小为FN。根据牛顿第二定律，对A、B整体有：F－μ·4mg＝4ma，对B有FN－μ·3mg＝3ma，联立解得：FN＝F 8‎ ‎，故选A。‎ 答案　A ‎5．(2019·安徽皖北协作区联考)如图1－3－24所示，在光滑的水平面上有一个质量为m′的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A从B的左端以初速度v0＝3 m/s开始水平向右滑动，已知m′＞m。用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于二者速度v随时间t的变化图象，其中可能正确的是 图1－3－24‎ 图1－3－25‎ 解析　木块A滑上B时，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得aA＝，aB＝，已知m＜m′，所以aA＞aB，即①斜率的绝对值应大于②的斜率，故A、B错误。若A不能滑下，则两者最终共速，若A滑下，则A的速度较大，B的速度较小，故C项正确，D项错误。‎ 答案　C ‎6．(2019·泰安期中)如图1－3－26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，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平力F，则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)‎ 图1－3－26‎ A．aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2‎ B．aA＝2 m/s2，aB＝6 m/s2‎ C．aA＝8 m/s2，aB＝4 m/s2‎ 8‎ D．aA＝10 m/s2，aB＝6 m/s2‎ 解析　对B而言，当A、B间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则Ffm＝μmAg＝12 N，则最大加速度a＝＝6 m/s2。对整体运用牛顿第二定律可得F＝(mA＋mB)a＝48 N，即当拉力增加到48 N时，发生相对滑动，当F≤48 N时，aA＝aB≤6 m/s2，即将当F＞48 N时，aA＞aB，且aA＞6 m/s2，aB＝6 m/s2恒定不变，故D正确。‎ 答案　D ‎7．(2019·抚顺模拟)图1－3－27甲中有一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用，用传感器测出其加速度a，得到乙图的a－F图象。取g＝10 m/s2，对此得到下列结论，其中正确的是 图1－3－27‎ A．滑块的质量m＝2 kg B．木板的质量M＝4 kg C．当F＝8 N时滑块加速度为3 m/s2‎ D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ 解析　由图知，F＝6 N时，加速度为a＝1 m/s2。此时滑块和木板恰好一起运动，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝6 kg；当F＞6 N时，对木板有a＝＝F－，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，故A、B错误；根据F＞6 N的图线知，F＝4 N时，a＝0，代入a＝F－，代入数据解得μ＝0.1；当F＝8 N时，对滑块有μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1 m/s2，故C错误，D正确。‎ 答案　D ‎8．(2019·唐山高三摸底)如图1－3－28所示，长度为L的水平传送带以恒定的速度向右匀速运动，在左端轻轻放上一个工件，当工件运动到距离传送带右端处时，传送带出现故障突然卡住不动，此后工件恰好滑到传送带右端。已知工件可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则 8‎ 图1－3－28‎ A．工件先加速后减速 B．工件在整个过程中的平均速度为 C．传送带的速度大小为 D．工件从传送带左端运动到右端的时间为 解析　工件从传送带左端运动到右端的过程中，先在滑动摩擦力作用下加速运动，根据题意，可知在传送带卡住之前，工件就已经加速到与传送带速度相等。传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，即工件先加速后匀速再减速，选项A错误；传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，其加速度大小a＝μg，由v2＝，解得v＝，选项C正确；工件做加速运动的时间t1＝＝，加速运动的位移大小x1＝，做减速运动的时间t3＝t1＝，匀速运动的位移大小x2＝L－x1－＝，做匀速运动的时间t2＝＝，工件从传送带左端运动到右端的时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝5，选项D错误；根据上述分析可知，工件在整个过程中的平均速度＝＝，选项B错误。‎ 答案　C ‎9．(多选)(2019·商丘期末)如图1－3－29甲所示，质量为2m足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端。且A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 图1－3－29‎ A．在t＝3 s以前，A受到的摩擦力水平向右 B．在t＝4 s时，A的加速度大小为μg 8‎ C．在t＝5 s时，A受到的摩擦力大小为0.5μmg D．在t＝6 s以后，A受到的摩擦力大小为μmg 解析　A相对B即将滑动时，A加速度为aA＝μg，B加速度aB＝，且有aA＝aB，解得F＝6μmg。所以F＝6μmg时，A相对B即将滑动，在t＝6 s以后，A受到的摩擦力大小为μmg，故D正确；A随B一起将要滑动时，aAB＝＝0，解得F＝3μmg，所以在t＝3 s以前，AB静止不动，A受到的摩擦力为0，故A错误；当t＝4 s时，A随B一起滑动时，A的加速度大小为aAB＝＝＝μg，故B正确；在t＝5 s时，A随B一起滑动时，A受到的摩擦力大小Ff＝maAB＝m×＝μmg，故C错误；故选BD。‎ 答案　BD ‎10．(多选)(2019·福建四地六校模拟)如图1－3－30所示，传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 图1－3－30‎ 图1－3－31‎ 解析　在刚开始时，由于木块的速度小于传送带的速度，所以木块受到的摩擦力方向向下，此时a1＝＝gsin θ＋μgcos θ。若到达传送带底端时，木块的速度仍没有达到和传送带的速度相同，则整个过程中木块都是以加速度a1做匀加速直线运动。若在到达底端前速度和传送带的速度相同，则由μ＜tan θ知，木块继续沿传送带加速向下运动，但此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2＝＝gsin θ－μgcos θ＜a1，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小，故BD正确。‎ 8‎ 答案　BD 二、计算题(共30分)‎ ‎11．(14分)(2019·江西六校第五次联考)如图1－3－32所示，一倾角θ＝37°的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以v＝6 m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端以v0＝4 m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，运动到C点。已知斜面AB长度为L1＝8 m，传送带BC长度为L2＝18 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.3(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)‎ 图1－3－32‎ ‎(1)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ1；‎ ‎(2)求物块在传送带上运动时间。‎ 解析　(1)在AB过程，物体做匀减速直线运动：‎ L1＝，可得a1＝1 m/s2‎ 根据牛顿第二定律：μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma1，故 μ1＝0.875。‎ ‎(2)在BC过程，物体先匀加速：‎ a2＝μ2g＝3 m/s2，t1＝＝2 s，x1＝·t1＝6 m。‎ 共速后，物体做匀速直线运动：‎ x2＝L2－x1＝12 m，t2＝＝2 s，故t总＝t1＋t2＝4 s。‎ 答案　(1)0.875　(2)4 s ‎12．(16分)(2019·江西横峰中学、铅山一中等校联考)如图1－3－33所示，静止在光滑水平地面上的平板车，质量M＝4 kg，其上表面离水平地面的高度h＝1.25 m。在离平板车左端B点L＝2.25 m的P点放置一个质量m＝1 kg的小物块，它与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，某时刻对平板车施加一水平向右的恒力F＝18 N，一段时间后小物块脱离平板车落到地面上(g取10 m/s2)。求：‎ 图1－3－33‎ ‎(1)小物块从离开平板车至落到地面上所需时间；‎ 8‎ ‎(2)小物块落到地面时平板车的速度。‎ 解析　(1)小物块从离开平板车至落到地面为平抛运动 t＝＝ s＝0.5 s ‎(2)小物体在平板车上向右做加速直线运动的加速度为a1＝＝2 m/s2‎ 小物体向右运动位移为x1＝a1t 小物体离开平板车的速度为v1＝a1t1‎ 平板车的加速度为 a2＝＝ m/s2＝4 m/s2‎ 平板车向右的位移为 x2＝a2t x2－x1＝L 联立解得t1＝1.5 s 此时平板车的速度：v2＝a2t1＝6 m/s 物块离开小车后小车的加速度 a3＝＝ m/s2＝4.5 m/s2‎ 物块落地时小车的速度：‎ v＝v2＋a3t＝(6＋4.5×0.5) m/s＝8.25 m/s。‎ 答案　(1)0.5 s　(2)8.25 m/s 8‎