20180927物理综合2.docx

高中物理611.关于牛顿第一定律有下列说法，其中正确的是（ ）A 物体的运动不需要力来维持B 牛顿第一定律可用实验来验证；C 牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因；D 惯性定律与惯性的实质是相同的；2如图所示，在水平面和竖直墙壁之间放置质量为m、高为h的木块A和质量为M、半径为R的球B，各接触面均光滑，木块受到水平向右的外力F作用，系统处于静止状态。O为B的球心，C为A、B接触点。现撤去外力F，则（ ）A 撤去外力F瞬时，木块A的加速度aA=5m/s时所用时间最短，最短时间t：LCD=v1t-12a3t2 解得t=1.2s【点睛】（1）工件刚放在传送带AB上，在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求出匀加速运动的时间，并求得位移工件与传送带共速后做匀速运动，由位移时间公式求得匀速运动的时间，即可求得总时间工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式求最大高度（2）CD传送带以速度v2大小向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a3，分别根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合解答17（1）f=4.0N （2）d=0.20m （3）W=-1.64J【解析】【分析】（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小（2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出d的大小（3）物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功的大小【详解】（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：a1=10ms2；根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma1，代入数据解得：f=4.0N；（2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，所以在00.14s时间内弹簧弹力做的功为W弹=Ep初-Ep末=12kd2在这段过程中，根据动能定理有W弹-mgdsin-fd=12mv12-0，代入数据解得d=0.20m；（3）设从t1=0.14s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有t1=0-v1-a1=0.20s，这段时间内滑块运动的距离为：x1=0-v122-a1=0.20m；此时t2=0.14s+t1=0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：a2=mgsin-mgcosm=2.0ms2，在0.34s0.44s（t2=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离为x2=12a2t22，代入数据解得x2=0.01m；所以在00.44s时间内，摩擦力f做的功为W=-fd+x1+x2，代入数据解得W=-1.64”J” 【点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，关键结合图象理清滑块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解18(1) F= 9N ，方向水平向右 (2) 13 N (3) 1 m【解析】【分析】（1）以物块B为研究对象，根据牛顿第二定律求解物块A对物块B的作用力大小；（2）整体由牛顿第二定律求解水平推力F的大小；（3）根据牛顿第二定律求出二者减速运动的加速度大小，根据位移速度关系求解运动的位移，最后求出物块A、B间的最大距离;【详解】（1）设物块A对物块B的作用力大小为F，以物块B为研究对象，则：F-BmBg=mBa，代入数据解得：F=9N,方向水平向右;（2）设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，则由牛顿第二定律得：F-AmAg-BmBg=mA+mBa，代入数据解得：F=13N方向与加速度的方向相同，即方向水平向右;（3）撤去水平力F后，物块A、B都做匀减速运动，设它们的加速度分别为aA、aB，则根据牛顿第二定律可得：-AmAg=mAaA，-BmBg=mBaB，代入数据解得：aA=-2ms2，aB=-1ms2，物块A运动的位移为：x1=-v22aA=1m，物块B运动的位移为：x2=-v22aB=2m，物块A、B间的最大距离为：x=x2-x1=1m。【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答,知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。19（1）8N，方向由B指向A（或向左） （2）2m【解析】【分析】(1)先整体求得AB的共同加速度，再隔离分析求AB间的作用力；(2)撤去外力F后，AB都在摩擦力作用下做匀减速运动，AB间的距离即为它们匀减速运动至停止时的位移差；【详解】(1)以AB整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得F-1mg-2mg=2ma可得物体整体运动的加速度a=F-1mg-2mg2m=20-0.4210-0.221022”ms” ”2” =2”ms” ”2” 对A受力分析可知A在水平方向受推力F和B对A的作用力N，以及地面摩擦力作用，根据牛顿第二定律有：F1mgN=ma可得B对A的作用力N=F1mgma=200.421022N=8N，方向由B指向A（或向左）（2）解：根据速度时间关系知，撤去外力F后，AB整体的速度v=at=22m/s=4m/s撤去F后：A的加速度大小aA=1g=0.410”ms” ”2” =4”ms” ”2” A的位移大小xA=v22aA=4224“m”=2”m” 撤去力F后，B的加速度大小aB=2g=0.210”ms” ”2” =2”ms” ”2” B的位移大小xB=v22aB=4222“m”=4”m” 所以A、B都静止时它们之间的距离L=xB-xA=4-2m=2m【点睛】对于连接体问题要善于运用整体法和隔离法抓住整体和隔离体加速度相等进行求解，正确的受力分析求加速度是解题的突破口20（1）B球质量的最小值为0.56kg ，最大值为1.84kg （2）当FT=mBming=5.6N时，f1=5.60.8=4.48N；当FT=mmaxg=18.4N时，f2=18.40.8=17.42N。【解析】【分析】(1)当A物体刚不向下滑动时，静摩擦力达到最大值，方向沿斜面向上；当A物体刚不向上滑动时，静摩擦力也达到最大值，方向沿斜面向下；根据平衡条件分别列式求解即可；(2)对A和斜面体整体受力分析，根据平衡条件求解地面对斜面的摩擦力大小【详解】(1)当A物体刚不向下滑动时，静摩擦力达到最大值，方向沿斜面向上，由平衡条件有：mAgsinFT1F=0当A物体刚不向上滑动时，静摩擦力也达到最大值，方向沿斜面向下由平衡条件有：mAgsinFT2+F=0且FT1=FT2=mBmaxgF=0.4mAgcos由以上各式解得所求B的质量的最小值：mBmin=mA（sin370.4cos37）=0.56kgB的质量的最大值：mBmax=mA（sin37+0.4cos37）=1.84kg(2)对A和斜面体整体受力分析，受重力、细线的拉力、支持力和地面的静摩擦力，根据平衡条件，静摩擦力等于拉力的水平分力，即：FTcos37=f当FT=mBming=5.6N时，f1=5.60.8=4.48N；当FT=mmaxg=18.4N时，f2=18.40.8=17.42N【点睛】本题是力平衡中临界问题，关键分析临界条件：当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力达到最大值正确分析受力情况，运用正交分解法求解21（1）撤力前: a1=43ms2,方向向右 ；撤力后: a2=83ms2,方向向左。（2）（3）1s;（4）1s【解析】【分析】根据牛顿第二定律列出撤去外力之前和撤去之后的方程，联立即可解得撤去外力前后木板的加速度的大小和方向；由于减速过程加速度的大小为加速过程的两倍，所以加速时间为t1，则再经t1/2，木板的速度就减小为零，即可做出速度时间图象；木板先加速后减速运动，设加速过程的位移为x1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，减速运动的时间为t2，结合位移间的关系即可求出力F作用的最长时间；撤力前木板和小滑块都做加速运动，且木板的加速度较大，所以撤力时木板的速度较大。撤去外力后由于木板速度较大，所以小滑块继续做加速运动，而木板做减速运动。根据牛顿第二定律、运动学公式和位移间的关系即可求出水平恒力F作用的最长时间。【详解】（1）由牛顿第二定律得，撤去外力之前：F-M+mg=Ma1代入数据解得：a1=43ms2 方向向右撤力后：m+Mg=Ma2代入数据解得：a2=83ms2 方向向左（2）由于减速过程加速度的大小为加速过程的两倍，所以加速时间为t1，则再经t12，木板的速度就减小为零。其速度时间图象如图所示：（3）木板先加速后减速运动，设加速过程的位移为x1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，减速运动的时间为t2。由运动学规律有x1=12a1t12 x2=12a2t22小滑块始终在木板上应满足x1+x2L又a1t1=a2t2由以上各式可解得t11s，即力F作用的最长时间为1s（4）撤力前木板和小滑块都做加速运动，且木板的加速度较大，所以撤力时木板的速度较大。撤去外力后由于木板速度较大，所以小滑块继续做加速运动，而木板做减速运动。设木板加速过程的位移为x1，加速度大小为a1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，加速度大小为a2，减速运动的时间为t2；整个过程中小滑块运动的加速度为a由牛顿第二定律得：mg=ma解得：a