2019版高考物理牛顿运动定律第3讲运动图像和连接体问题检测.docx

第3讲运动图像和连接体问题基础巩固1.如图所示,将两个质量分别为m1=1 kg、m2=4 kg 的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接,两个大小分别为F1=30 N、F2=20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上,则达到稳定状态后,下列说法正确的是()A.弹簧测力计的示数是25 NB.弹簧测力计的示数是50 NC.在突然撤去F2的瞬间,m2的加速度大小为7 m/s2D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度大小为13 m/s22.如图所示,在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子。在水平向左的恒力F作用下从静止开始做匀加速运动。绳子中某点到绳子左端的距离为x,设该处绳的张力大小为T,则能正确描述T与x之间的关系的图像是()3.(多选)如图甲所示,两物体A、B叠放在光滑水平面上,对物体A施加一水平变力F,F-t关系图像如图乙所示。两物体在力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止,规定水平向右为正方向,则()A.两物体一直向右做直线运动B.两物体沿直线做往复运动C.在23 s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小D.B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同4.倾角为=45、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上,滑块M的顶端O处固定一细线,细线的另一端拴一小球,已知小球的质量为m= kg,当滑块M以a=2g的加速度向右运动时,则细线拉力的大小为(取g=10 m/s2)()A.10 NB.5 NC. ND. N5.(2016北京朝阳期中,18)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验,这次实验的目的是要发展一种技术,找出测定轨道中人造天体质量的方法。实验时,用双子星号宇宙飞船(m1)去接触正在轨道上运行的火箭组(m2)(后者的发动机已熄火)。接触以后,开动双子星号飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速(如图所示)。推进器的平均推力F等于895 N,推进器开动时间为7 s,测出飞船和火箭组的速度变化是0.91 m/s。已知双子星号宇宙飞船的质量m1=3 400 kg。求:(1)飞船与火箭组的加速度a的大小;(2)火箭组的质量m2。6.一根劲度系数为k、质量不计的轻弹簧,上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度,如图所示。现让平板由静止开始以加速度a(ag)匀加速向下移动。求经过多长时间平板开始与物体分离。综合提能1.(多选)如图甲所示,物块A和足够长的木板B叠放在光滑水平面上,用水平力F作用在物块A上,A、B一起从静止开始做直线运动,F随时间t不断增加,变化关系如图乙所示。设物块A所受摩擦力为fA,加速度为aA,木板B的速度为vB,加速度为aB,下列能正确表示fA、aA、vB、aB与时间t的关系图像的是()2.(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为()A.8B.10C.15D.183.(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组()A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为124.(多选)如图甲所示,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k,一端固定在倾角为的斜面底端,另一端与物块A连接;两物块A、B质量均为m,初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B,使B做加速度为a的匀加速运动,A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切,t2时刻对应A的图线的最高点),重力加速度为g,则()A.t2时刻,弹簧形变量为0B.t1时刻,弹簧形变量为(mg sin +ma)/kC.从开始到t2时刻,拉力F逐渐增大D.从开始到t1时刻,拉力F做的功比弹簧弹力做的功少答案精解精析基础巩固1.C以m1、m2以及弹簧测力计整体为研究对象,则整体向右的加速度a=2 m/s2;再以m2为研究对象,设弹簧测力计的弹力大小为F,则F-F2=m2a,得F=28 N,A、B错误;突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的弹力不变,此时m2的加速度 a=7 m/s2,C正确;突然撤去F1的瞬间,弹簧测力计的弹力也不变,此时m1的加速度a=28 m/s2,D错误。2.B设绳子单位长度质量为m;对整体分析有:F=Lma;则对右段绳子受力分析可知:T=(L-x)ma联立解得:T=(1-)F,故B项正确。3.AD在02 s内整体向右做加速运动,加速度先增大后减小,24 s内加速度反向,做减速运动,因为两段时间内受力是对称的,所以4 s末速度变为零,在04 s内一直向右运动,4 s后又重复以前的运动,故A正确,B错误。在23 s时间内,F增大,整体加速度增大,隔离B进行分析,B后受的合力逐渐增大,其所受摩擦力逐渐增大,C错误。整体的加速度与F的方向相同,B所受合力为摩擦力,故摩擦力的方向与加速度方向相同,即与F方向相同,故D正确。4.A本题是一个已知运动情况求未知力的问题。当滑块向右运动的加速度较小时,滑块对小球存在支持力;当滑块向右运动的加速度较大时,小球将脱离斜面而“飘”起来。因此,本题存在一个临界条件:当滑块向右运动的加速度为某一临界值时,斜面对小球的支持力恰好为零,此时小球受到两个力:重力和线的拉力(如图1所示),根据牛顿第二定律,有图1FT cos =ma0FT sin -mg=0其中=45解得a0=g则知当滑块向右运动的加速度a=2g时,小球已“飘”起来了,此时小球受力如图2所示,则有FT cos =m2gFT sin -mg=0图2解得FT=mg=10 N=10 N。5.答案(1)0.13 m/s2(2)3 484.6 kg解析(1)根据运动学公式a=代入数据可得:a=0.13 m/s2(2)对整体,根据牛顿第二定律F=(m1+m2)a代入数据可得:m2=3 484.6 kg6.答案解析设物体与平板一起向下运动的距离为x时,物体受重力mg、弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有:mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma当N=0时,物体与平板分离,此时 x=又x=at2解得t=。综合提能1.BDA、B相对静止时,aA=aB=,又vB=aBt=,vB非线性变化,故C错。由牛顿第三定律可知木板B所受摩擦力fB=fA,又fB=mBaB,则fA=mBaBt,当A、B相对运动时,A、B之间为滑动摩擦力,fA为定值,故A项错;当A、B相对运动时,对A有:F-mAg=mAaA,得aA=-g,aA-t图线的斜率增大,故B项正确;对B有:mAg=mBaB,aB为定值,故D正确。2.BC如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=mxa,联立两式有y=x。可见,列车车厢总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3,),则N=5n,故可知选项B、C正确。3.BD启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得=,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x=,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得:第一种情况动车组的最大速度为v1,-8kmg=0,第二种情况动车组的最大速度为v2,-8kmg=0,两方程联立可得=,选项D正确。4.BD图中t1时刻A、B的图线相切,之后A物块的加速度减小,而B物块的加速度不变,说明此时刻A、B分离,A、B间的弹力为零,此时对A物块由牛顿第二定律有:kx-mg sin =ma,解得 x=(mg sin +ma)/k,B选项正确;在t2时刻对应A的图线的最高点,即A物块的加速度瞬时为零,由平衡关系有kx1-mg sin =0,解得x1=mg sin /k,所以t2时刻,弹簧形变量不为0,A选项错误;0 t1时间内弹簧发生形变,对AB整体由牛顿第二定律有: