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综合拔高练
五年高考练
考点1　动力学的两类基本问题
1.(2021海南,7)如图,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。则推力F的大小为(　　)
A.4.0 N　　B.3.0 N　　C.2.5 N　　D.1.5 N
2.(2021北京,13)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示,弹簧上端固定,在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上,就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.30 cm刻度对应的加速度为-0.5g
B.40 cm刻度对应的加速度为g
C.50 cm刻度对应的加速度为2g
D.各刻度对应加速度的值是不均匀的
3.(2018课标Ⅰ,15)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)
4.(2020课标Ⅰ,24)我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=kv2描写,k为系数;v是飞机在平直跑道上的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时,起飞离地速度为66 m/s;装载货物后质量为1.69×105 kg,装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度;
(2)若该飞机装载货物后,从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地,求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
考点2　牛顿运动定律的综合应用
5.(2021全国乙,21)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则　(　　)
图(a)
图(b)
图(c)
A.F1=μ1m1g
B.F2=(μ2-μ1)g
C.μ2>μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
6.(2019江苏单科,15)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
7.(2021辽宁,13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示,以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a;
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
考点3　实验:探究加速度与力、质量的关系
8.(2020北京,15)在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中,做如下探究:
(1)为猜想加速度与质量的关系,可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上,前端通过钩码牵引,后端各系一条细线,用板擦把两条细线按在桌上,使小车静止。抬起板擦,小车同时运动,一段时间后按下板擦,小车同时停下。对比两小车的位移,可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件,下列正确的是:　　　　(选填选项前的字母)。
A.小车质量相同,钩码质量不同
B.小车质量不同,钩码质量相同
C.小车质量不同,钩码质量不同
图1
(2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系,设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据,如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点,请将余下的一组数据描在坐标纸上,并作出a-图像。
次数 1 2 3 4
a/(m·s-2) 0.62 0.56 0.48 0.40
M/kg 0.25 0.29 0.33 0.40
次数 5 6 7 —
a/(m·s-2) 0.32 0.24 0.15 —
M/kg 0.50 0.71 1.00 —
图2
(3)在探究加速度与力的关系实验之前,需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量,下列说法正确的是:　　　　(选填选项前的字母)。
图3
A.使小车沿倾角合适的斜面运动,小车受力可等效为只受绳的拉力
B.若斜面倾角过大,小车所受合力将小于绳的拉力
C.无论小车运动的加速度多大,砂和桶的重力都等于绳的拉力
D.让小车的运动趋近于匀速运动,砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
高考模拟练
应用实践
1.(多选)为探究小球沿光滑斜面的运动规律,小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放,下列说法中正确的是(　　)
A.甲图中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B.甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C.乙图中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D.乙图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
2.如图所示,经过专业训练的杂技运动员进行爬杆表演。质量为60 kg的运动员爬上8 m高的固定竖直金属杆,然后双腿夹紧金属杆倒立,头顶离地面7 m高,运动员通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动情况。假设运动员保持如图所示姿势,从静止开始先匀加速下滑3 m,用时1.5 s,接着立即开始匀减速下滑,当运动员头顶刚要接触地面时,速度恰好减为零。若不计空气阻力,g=10 m/s2,则(　　)
A.运动员下滑的最大速度为4.5 m/s
B.运动员匀加速下滑时所受摩擦力为440 N
C.运动员匀减速下滑的加速度大小为1 m/s2
D.运动员完成全程所需的总时间为3 s
3.(多选)绷紧的传送带长L=32 m,铁块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.若传送带静止,A处小铁块以v0=10 m/s的速度向B运动,则铁块到达B处的速度为6 m/s
B.若传送带始终以4 m/s的速度向左运动,而铁块从A处以v0=10 m/s的速度向B运动,铁块到达B处的速度为6 m/s
C.若传送带始终以4 m/s的速度向右运动,在A处轻轻放上一小铁块后,铁块将一直向右匀加速运动
D.若传送带始终以10 m/s的速度向右运动,在A处轻轻放上一小铁块后,铁块到达B处的速度为8 m/s
4.为了探究加速度与力的关系,使用如图所示的气垫导轨装置进行实验,其中G1、G2为两个光电门,它们与数字计时器相连,当滑块通过G1、G2光电门时,光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录。滑块连同上面固定的挡光片的总质量为M,挡光片宽度为D,光电门间距离为s,钩码的质量为m。回答下列问题。
(1)实验开始前应先调节气垫导轨下面的螺钉,使气垫导轨水平,在不增加其他仪器的情况下,如何判定调节是否到位 答:　。
(2)若取M=0.4 kg,改变m的值,进行多次实验,以下m的取值不合适的一个是　　　。
A.5 g　　　　　　B.15 g
C.40 g　　　D.400 g
(3)在此实验中,需要测得每一个牵引力对应的加速度,其中求得的加速度的表达式为:　　　　　　　(用Δt1、Δt2、D、s表示)。
5.风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图。一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=20 N的竖直向上的风力作用下,从A点由静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2。
(1)求小球运动的加速度a1;
(2)若风力F作用1.2 s后,撤去风力F,求小球上滑过程中距A点的最大距离xm;
(3)在上一问的基础上,若从撤去风力F开始计时,小球经多长时间将经过距A点上方为2.25 m的B点
迁移创新
6.如图所示,停放在水平冰面上的冰车由质量为M、倾角为θ的斜面体改装而成,在斜面体上轻放一质量为m的物块,不计物块与斜面、冰车与冰面之间的摩擦,重力加速度为g。
(1)释放物块后,在物块沿斜面向下运动的同时,冰车也在水平冰面上运动。请画出冰车受力的示意图,并根据示意图说明冰车由静止变为运动的原因(作图时冰车可视为质点)。
(2)若冰面上的人在车后方用水平方向的力推车,请分析下列两种可能情况:
①当力的大小为F1时,物块在斜面上滑动的同时冰车在冰面上保持静止,求F1和物块加速度的大小a1;
②当力的大小为F2时,物块和斜面保持相对静止一起加速运动,求F2和物块加速度的大小a2。
(3)第(1)问和第(2)问①所述的两种情况下,小物块对斜面压力的大小不同,分别记为FN1和FN2,请对FN1和FN2的大小关系作出猜想,并说明理由。
答案全解全析
综合拔高练
五年高考练
1.A　P静止在水平桌面上时,由平衡条件有T1=mQg=2 N,f=T1=2 N<μmPg=2.5 N。推力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的一半,即T2==1 N,故Q加速下降,有mQg-T2=mQa,可得a=5 m/s2,而P将以相同大小的加速度向右加速运动,对P由牛顿第二定律有T2+F-μmPg=mPa,解得F=4 N,故选A。
2.A　弹簧原长l0=20 cm,取竖直向上为正方向,当指针位于直尺40 cm刻度处钢球静止,钢球的重力和弹簧弹力相等,此时钢球加速度为零,B错误。根据mg=kΔl=k(l-l0),即mg=k×(0.4-0.2)可以求出k=。当指针位于30 cm刻度时,钢球受到弹力和重力的作用,由牛顿第二定律有kΔl'-mg=ma,加速度a=-g=-,A正确。指针位于50 cm刻度时,由牛顿第二定律有kΔl″-mg=ma,加速度a=-g=,C错误。方程a=-g=-g是关于l的一次函数,加速度随刻度值线性变化,各刻度对应的加速度值是均匀的,D错误。
3.A　设系统静止时弹簧压缩量为x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。
4.答案　(1)78 m/s　(2)2 m/s2　39 s
解析　(1)设飞机装载货物前质量为m1,起飞离地速度为v1;装载货物后质量为m2,起飞离地速度为v2,重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件m1g=k①
m2g=k②
由①②式及题给条件得v2=78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s,滑行过程中加速度大小为a,所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
=2as④
v2=at⑤
联立③④⑤式及题给条件得a=2 m/s2⑥
t=39 s⑦
5.BCD　根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如下:
在0~t1这段时间内,外力F比较小,物块和木板间没有相对滑动,木板与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,选项A错误;t1~t2时间内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板相对地面滑动,但木板与物块间没有相对滑动,所以木板与物块的加速度相同,选项D正确;在t2之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2>μ1,选项C正确;t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g,选项B正确。故选B、C、D项。
6.答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析　(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小
aA=μg
匀变速直线运动2aAL=
解得vA=
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg
对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg
由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg
(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA
则v=aAt,v=vB-aBt
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2
7.答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
解析　(1)因为v1根据牛顿第二定律有
μmg cos α-mg sin α=ma
代入数据解得a=0.4 m/s2
(2)设包裹减速运动的时间为t1,位移为x1,和传送带一起匀速运动的时间为t2,位移为x2
减速阶段v1=v2-at1
-=2ax1
匀速阶段x2=v1t2
x1+x2=L
t=t1+t2
联立解得t=4.5 s
8.答案　(1)B　(2)如图所示
(3)如图所示　AD
解析　(1)探究加速度与质量的关系,必须控制小车所受的力相同,小车质量不同,故钩码质量要保证相同,B对。(2)将第4次数据描点,再连线,见答案图。(3)设小车质量为M,砂和桶质量为m,使小车沿倾角为θ的斜面下滑,调整倾角θ大小,当Mg sin θ=Ff=μMg cos θ,即tan θ=μ时,小车所受合力可等效为绳的拉力,A对;若倾角θ过大,所受合力F合=FT+(Mg sin θ-μMg cos θ)>FT,B错;以小车为研究对象,当Mg sin θ=μMg cos θ时,有FT=Ma①,以砂和桶为研究对象,有mg-FT=ma②,联立①②得FT=mg,故FT高考模拟练
1.BC　设斜面倾角为θ,根据牛顿第二定律得加速度为a==g sin θ。甲图中,设斜面的高度为h,则斜面的长度为L=,小球运动的时间为t===·,可知小球在斜面2上运动的时间长,故A错误;小球到达斜面底端的速度为v=at=,与斜面的倾角无关,与h有关,所以甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等,故B正确;乙图中,设底边的长度为d,则斜面的长度为s=,根据s=at2得t===,可知θ=60°和30°时,t相等,故C正确;根据v=,可知小球到达斜面底端的速度与斜面的高度h有关,与斜面的倾角无关,所以乙图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大,故D错误。
2.B　对运动员匀加速下滑过程分析,据x1=a1可得,加速度a1== m/s2= m/s2,运动员下滑的最大速度vm=a1t1=×1.5 m/s=4 m/s,对匀加速下滑的运动员受力分析,由牛顿第二定律可得mg-f1=ma1,解得运动员匀加速下滑时所受摩擦力f1=m(g-a1)=60× N=440 N,A错误,B正确;运动员匀减速下滑的位移x2=x-x1=7 m-3 m=4 m,将运动员的匀减速过程当成反方向的匀加速,可得=2a2x2,解得运动员匀减速下滑的加速度大小a2==2 m/s2,方向竖直向上,根据x2=a2解得运动员匀减速下滑的时间t2==2 s,运动员完成全程所需的总时间t=t1+t2=3.5 s,C、D错误。故选B。
3.ABD　若传送带不动,铁块做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,匀减速直线运动的加速度大小a=μg=1 m/s2,根据-=-2aL,解得vB=6 m/s,故A正确;若传送带始终以4 m/s的速度向左运动,而铁块从A处以v0=10 m/s的速度向B运动,铁块滑上传送带做匀减速直线运动,加速度大小仍为a=1 m/s2,到达B点的速度大小等于6 m/s,故B正确;若传送带始终以4 m/s的速度向右运动,在A处轻轻放上一小铁块后,铁块先向右做匀加速运动,加速到4 m/s经过的位移x== m=8 m<32 m,之后随传送带一起做匀速运动,故C错误;若传送带始终以10 m/s的速度向右运动,在A处轻轻放上一小铁块后,若铁块一直向右做匀加速运动,铁块到达B处的速度vB== m/s=8 m/s<10 m/s,则铁块到达B处的速度为8 m/s,故D正确。
4.答案　(1)见解析　(2)D　(3)a=
解析　(1)判定气垫导轨水平的依据:取下钩码,滑块放在任意位置都不动;或取下钩码,轻推滑块,数字计时器记录的两个光电门的光束被遮挡的时间相等。
(2)在探究加速度与力关系的实验中,钩码的质量与滑块连同上面固定的挡光片的总质量的关系满足m M时,才能近似认为滑块受到的拉力等于钩码受到的重力,故D不合适。
(3)当滑块通过G1、G2两个光电门时,光束被遮挡的时间分别为Δt1、Δt2,对应的速度分别为v1=、v2=,根据2as=-可得出加速度a=。
5.答案　(1)2.5 m/s2　方向沿杆向上　(2)2.4 m　(3)0.2 s和0.75 s
解析　(1)在力F作用时,对小球由牛顿第二定律得
(F-mg) sin 30°-μ(F-mg) cos 30°=ma1
解得a1=2.5 m/s2,方向沿杆向上。
(2)刚撤去F时,小球的速度v1=a1t1=3 m/s
小球的位移x1=t1=1.8 m
撤去力F后,小球上滑时由牛顿第二定律得
mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2
解得a2=7.5 m/s2,方向沿杆向下
因此小球上滑的时间t2==0.4 s
上滑的位移x2=t2=0.6 m
则小球上滑过程中距A点的最大距离为xm=x1+x2=2.4 m。
(3)小球经过B点分两种情况:在上滑阶段经过B点和在下滑阶段经过B点。
在上滑阶段经过B点时有,xAB-x1=v1t3-a2,解得经过B点时的时间为t3=0.2 s,另一个解t3=0.6 s舍去
下滑阶段通过B点时,根据牛顿第二定律有
mg sin 30°-μmg cos 30°=ma3
解得加速度a3=2.5 m/s2
因此小球由运动最高点返回B点时有
xm-xAB=a3
解得t4= s
经过B点时的时间为
t=t2+t4= s≈0.75 s。
6.答案　见解析
解析　(1)冰车的受力示意图如图甲所示,将物块对斜面的压力FN沿水平方向和竖直方向正交分解,可知竖直方向合力为零,水平方向合力不为零,因此冰车在水平方向合力作用下由静止变为运动,且在物块滑离斜面前沿水平冰面做加速运动。
甲
(2)①冰面上的人在车后方推车时车的受力情况如图乙所示,物块的受力情况如图丙所示。
乙
丙
由于冰车保持静止,对冰车应用牛顿第二定律,水平方向有
F1=FN sin θ
对物块应用牛顿第二定律,有
FN'=mg cos θ,mg sin θ=ma1
根据牛顿第三定律得FN=FN'
解得a1=g sin θ,F1=mg cos θ sin θ
②当物块和冰车保持相对静止一起加速运动时,它们的加速度a2必然沿水平方向,物块的受力示意图如图丁所示。
对物块应用牛顿第二定律,有mg tan θ=ma2
对物块和冰车整体应用牛顿第二定律,有
F2=(m+M)a2
解得a2=g tan θ,F2=(m+M)g tan θ。
丁
戊
(3)猜想:FN1理由:第(1)问所述情况中物块沿斜面下滑的同时,冰车沿水平冰面后退,在一小段时间内物块发生的位移x(以冰面为参考系)如图戊所示,物块加速度a的方向与位移x的方向一致。将加速度a沿垂直斜面和平行斜面两方向正交分解,可知a有垂直斜面向下的分量,可知FN121

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