2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 突破全國(guó)卷3 突破訓(xùn)練 “多物體、多過(guò)程”類(lèi)力學(xué)綜合問(wèn)題 新人教版.doc

《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 突破全國(guó)卷3 突破訓(xùn)練 “多物體、多過(guò)程”類(lèi)力學(xué)綜合問(wèn)題 新人教版.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 突破全國(guó)卷3 突破訓(xùn)練 “多物體、多過(guò)程”類(lèi)力學(xué)綜合問(wèn)題 新人教版.doc（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

“多物體、多過(guò)程”類(lèi)力學(xué)綜合問(wèn)題 【突破訓(xùn)練】 1．(2018西安質(zhì)檢)如圖所示，將砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動(dòng)很小，幾乎觀(guān)察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)．若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為2m和m，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度為g.要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，所需拉力的大小至少應(yīng)為(　　) A．3μmg　　　　　　　　　 B．4μmg C．5μmg D．6μmg 解析：選D.紙板相對(duì)砝碼恰好運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)紙板和砝碼構(gòu)成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，對(duì)砝碼，由牛頓第二定律可得：2μmg＝2ma，聯(lián)立可得：F＝6μmg，選項(xiàng)D正確． 2．(多選)(2018南昌模擬)如圖所示，一質(zhì)量為m的物體以一定的速率v0滑到水平傳送帶上左端的A點(diǎn)，當(dāng)傳送帶始終靜止時(shí)，已知物體能滑過(guò)右端的B點(diǎn)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t0，則下列判斷正確的是(　　) A．若傳送帶逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行且保持速率不變，則物體也能滑過(guò)B點(diǎn)，且用時(shí)為t0 B．若傳送帶逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行且保持速率不變，則物體可能先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度減為零，然后向左加速，因此不能滑過(guò)B點(diǎn) C．若傳送帶順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行，當(dāng)其運(yùn)行速率(保持不變)v＝v0時(shí)，物體將一直做勻速運(yùn)動(dòng)滑過(guò)B點(diǎn)，用時(shí)一定小于t0 D．若傳送帶順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行，當(dāng)其運(yùn)行速率(保持不變)v＞v0時(shí)，物體一定向右一直做勻加速運(yùn)動(dòng)滑過(guò)B點(diǎn)，用時(shí)一定小于t0 解析：選AC.傳送帶靜止時(shí)，有mv－mv＝－μmgL，即vB＝，物體做減速運(yùn)動(dòng)，若傳送帶逆時(shí)針運(yùn)行，受向左的摩擦力μmg，同樣由上式分析，一定能勻減速至右端，速度為vB，不會(huì)為零，用時(shí)也一定仍為t0，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；若傳送帶順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行，當(dāng)其運(yùn)行速率(保持不變)v＝v0時(shí)，物體將不受摩擦力的作用，一直做勻速運(yùn)動(dòng)滑至B端，因?yàn)閯蛩偻ㄟ^(guò)，故用時(shí)一定小于t0，故選項(xiàng)C正確；當(dāng)其運(yùn)行速率(保持不變)v＞v0時(shí)，開(kāi)始物體受到向右的摩擦力的作用，做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)有兩種可能：若物體速度加速到速度v還未到達(dá)B端時(shí)，則先勻加速后勻速運(yùn)動(dòng)，若物體速度一直未加速到v時(shí)，則一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3. (多選)(高考四川卷)如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時(shí)刻P離開(kāi)傳送帶．不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)．正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是(　　) 解析：選BC.①若v2＞v1，則P、Q先一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，且加速度大小a1＝. 若P能減速到v1， 當(dāng)fP≥mQg，P、Q共同勻速，速度大小為v1， 當(dāng)fP＜mQg，P、Q繼續(xù)減速，加速度大小a2＝，a1＞a2，故A錯(cuò)誤． 若傳送帶足夠長(zhǎng)，P、Q減速到零后，反向加速，加速度大小為a2. ②若v2≤v1. 當(dāng)fP≥mQg，P、Q先共同加速，后以v1共同勻速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2＝ 當(dāng)fP＜mQg，P、Q可能一直減速，也可能先減速到零，后反向加速，加速度不變． 綜上，B、C正確，D錯(cuò)誤． 4．如圖所示，兩木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑塊，滑塊在F＝6 N的水平力作用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)．已知木板A、B長(zhǎng)度均為l＝1 m，木板A的質(zhì)量mA＝3 kg，小滑塊及木板B的質(zhì)量均為m＝1 kg，小滑塊與木板A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.4，木板A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小滑塊在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)木板B獲得的最大速度． 解析：(1)小滑塊對(duì)木板A的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N 木板A與B整體受到地面的最大靜摩擦力 Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N Ff1＜Ff2，小滑塊滑上木板A后，木板A保持靜止 設(shè)小滑塊滑動(dòng)的加速度為a1，則：F－μ1mg＝ma1 l＝a1t 解得：t1＝1 s. (2)設(shè)小滑塊滑上B時(shí)，小滑塊速度為v1，B的加速度為a2，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2滑塊與B脫離，滑塊的位移為x塊，B的位移為xB，B的最大速度為vB，則：μ1mg－2μ2mg＝ma2 vB＝a2t2 xB＝a2t v1＝a1t1 x塊＝v1t2＋a1t x塊－xB＝l 聯(lián)立以上各式可得：vB＝1 m/s. 答案：(1)1 s　(2)1 m/s 5．如圖所示，傾角α＝30的足夠長(zhǎng)的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長(zhǎng)L＝1.8 m，質(zhì)量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端疊放一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝.對(duì)木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開(kāi)始向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，假設(shè)物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2. (1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿(mǎn)足的條件； (2)若F＝37.5 N，物塊能否滑離木板？若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時(shí)間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離． 解析：(1)若整體恰好靜止，則F＝(M＋m)gsin α＝(3＋1)10sin 30 N＝20 N 因要拉動(dòng)木板，則F>20 N 若整體一起向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊和木板，由牛頓第二定律得 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 對(duì)物塊有f－mgsin α＝ma 其中f≤μmgcos α 代入數(shù)據(jù)解得F≤30 N 向上加速的過(guò)程中為使物體不滑離木板，力F應(yīng)滿(mǎn)足的條件為20 N30 N時(shí)，物塊能滑離木板，由牛頓第二定律，對(duì)木板有F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1 對(duì)物塊有μmgcos α－mgsin α＝ma2 設(shè)物塊滑離木板所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 a1t2－a2t2＝L 代入數(shù)據(jù)解得t＝1.2 s 物塊滑離木板時(shí)的速度v＝a2t 由－2gsin αs＝0－v2 代入數(shù)據(jù)解得s＝0.9 m. 答案：見(jiàn)解析