《高考物理二轮复习 第二章 相互作用 牛顿动动定律 提能增分练（五）动力学中的临界问题-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 第二章 相互作用 牛顿动动定律 提能增分练（五）动力学中的临界问题-人教版高三全册物理试题.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、提能增分练(五)动力学中的临界问题A级夺高分1.如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时B与A分离。则下列说法中正确的是 ()AB和A刚分离时，弹簧为原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们做匀加速运动解析：选C在施加恒力F前，对A、B整体受力分析可得2mgkx1，A、B刚分离时，B受力平衡，两者加速度恰好为零，选项A、B错误；对A，mgkx2，由于x1x2h，所以弹簧的劲度系数为k，选项C正确；在B与A分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，它们的加速度逐渐减小，不是做匀加速运动，选项D错误
2、。2.(2017湖北武昌实验中学模拟)如图所示，在倾角为30的光滑斜面上端系有一劲度系数为k200 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m2 kg的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变。若挡板A以a6 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速直线运动，斜面固定不动，取g10 m/s2，则()A小球沿斜面向下运动0.04 m时速度最大B小球沿斜面向下运动0.01 m时与挡板分离C小球速度最大时与挡板分离D小球从一开始运动就与挡板分离解析：选D小球和挡板分离前小球做匀加速运动；和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零。即：kxmmgsin 3
3、0，解得：xm0.05 m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时，小球沿斜面向下运动的路程为0.05 m，A错误；当小球刚开始沿斜面向下运动时，加速度最大，小球的最大加速度为agsin 305 m/s22B12(m1m2)g时，长木板将开始运动D若将F作用于长木板，当F(12)(m1m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动解析：选D对木块，根据牛顿运动定律有：F1m1gm1a，对长木板，由于保持静止有：1m1gFf0，Ff(12)(m1m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动。故D正确。6.(多选)(2017湖南衡阳模拟)如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的
4、移动很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m。各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是()A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：选BC对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f2(Mm)gMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1Ma1，Ff1f2ma2，发生相对运动需要a2a1，代入已知条件
5、解得：F2(Mm)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F(2M3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，解得t，则此时砝码的速度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag，则匀减速运动的位移为d，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误。7如图所示，物块A放在足够长的木板B上，A、B之间的动摩擦因数10.6，木板与水平面间的滑动摩擦因数20.2，某时刻A、B分别有向左和向右的速度v0，且速度大小v010 m
6、/s，如果A、B的质量相同，取g10 m/s2。求：(1)初始时刻A、B的加速度大小；(2)A向左运动的最大位移。解析：(1)对A：maA1mg解得aA6 m/s2对B：1mg22mgmaB1解得aB110 m/s2。(2)B的加速度大，B先减速到0，设B由v0减速到0的时间为t1，v0aB1t1，t11 s此时A的速度为：vAv0aAt1，vA4 m/s，该过程A的位移为：x1v0t1aAt，x17 m之后B所受水平面的摩擦力反向：1mg22mgmaB2，aB22 m/s2设B反向加速至与A共速所用时间为t2，vAaAt2aB2t2，t20.5 s从B反向加速到两者共速，该过程A的位移为：x
7、2vAt2aAt，x21.25 m共同速度vaB2t21 m/s两者共速后一起向左做减速运动，22mg2ma，a2 m/s2两者共同减速的位移：x3，x30.25 mA向左运动的总位移xx1x2x38.5 m。答案：(1)6 m/s210 m/s2(2)8.5 mB级冲满分8.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一质量为m的重物，先由托盘M托住m，使弹簧比自然长度缩短L，然后由静止开始以加速度a匀加速向下运动。已知ag，弹簧劲度系数为k，求经过多少时间托盘M将与m恰好分开。解析：托盘与重物分开的瞬间，托盘与重物虽接触但无相互作用力，此时重物只受到重力和弹簧的作用力，由于这一瞬间重物的加速度仍为a
8、，且ag，故此时弹簧必为伸长状态，设弹簧的伸长量为x，对重物m由牛顿第二定律得：mgkxma在这一运动过程中重物下降的高度为Lx，由运动学公式有：Lxat2联立解得：t 。答案： 9.如图所示，光滑的薄平板A，放置于水平桌面上，其右端与桌面右端相齐，在平板上距右端d0.6 m处固定一比荷为0.1 C/kg的带电体B(大小可忽略)，薄平板A左端距右端长L1 m，质量M2 kg。在桌面上方区域内有电场强度不同的匀强电场(未画出)，OO左侧电场强度为E10 V/m，方向水平向右；右侧电场强度为左侧的5倍，方向水平向左。在薄平板A的右端施加恒定的水平作用力F，同时释放带电体B，经过一段时间后，在OO处
9、带电体B与薄平板A分离，其后带电体B到达桌面边缘时动能恰好为零，(g10 m/s2)求：(1)OO处到桌面右边缘的距离；(2)加在A上恒定水平作用力F的大小；(3)从B与A分离开始计时，带电体B第二次回到分离点时运动的总时间。解析：(1)B在OO左侧运动时，qEma1，设B到达OO时的速度为v，则v22a1x1，B在OO右侧运动时，q5Ema2，v22a2x2，由题意可知，x1x2d，代入数据得x20.1 m。(2)对A，在B位于OO左侧运动的时间内，x3Lx2，x3a3t，B位于OO左侧运动的过程中，x1a1t，对A，在B位于OO左侧运动的时间内受力F的作用，由牛顿第二定律得，FMa3，代入
10、数据解得F3.6 N。(3)B在OO右侧电场中以v为初速度做匀减速直线运动，则t20.2 sB在OO右侧电场中速度减小到0后再反向做匀加速直线运动，运动时间也为t20.2 sB进入OO左侧电场中以v为初速度做匀减速直线运动，则t31.0 s之后向右做匀加速直线运动，时间也为t31.0 s则总时间为：t2t22t32.4 s。答案：(1)0.1 m(2)3.6 N(3)2.4 s10(2015全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰
11、撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析：(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t1a1t式中
12、，t11 s，s04.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图乙可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。答案：(1)0.10.4 (2)6.0 m(3)6.5 m