《2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题3.20牛顿运动定律相关的临界问题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题3.20牛顿运动定律相关的临界问题含解析.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题 3.20 牛顿运动定律相关的临界问题专题 3.20 牛顿运动定律相关的临界问题 一选择题一选择题 1.1.如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘 制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有ADDE10 m，滑道 AE可视为光滑， 滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取 10 m/s2， 则滑行者在滑道 AE上滑行的时间为( ) A. s B.2 s C. s D.2 s232 【参考答案】 B 【名师解析】 A、E两点在以D为圆心半径为R10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在
2、的直径自由下落的时间相同，t 2 s。 4R g 4AD g 2.2.如图所示， 几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度， 从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球， 若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( ) A.在同一水平线上 B.在同一竖直线上 C.在同一抛物线上 D.在同一圆周上 【参考答案】 D 【名师解析】 设某一直轨道与水平面成角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动， 则小球在直轨道上运动的加速度agsin ，由位移公式得lat2gsin t2，即 mgsin m 1 2 1 2 l sin gt2，不同的倾角对应不同的位
3、移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上， 1 2 l sin 1 2 选项 D 正确。 二计算题二计算题 1 （11 分） （2019 山东枣庄二模）1 （11 分） （2019 山东枣庄二模）如图所示，倾角为 45 的光滑轨道 AB 和水平轨道 BC 在 B 处用一小段光滑 圆弧轨道平滑连接，水平轨道上 D 点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体。一小物 块 P 自倾斜轨道 AB 上离水平轨道 BC 高 h 处由静止释放，以小物块 P 运动到 B 处的时刻为计时零点，探测 器只在t12s末至t3s末内工作， 已知P的质量为m1kg， BD段长为L6m， BC
4、间的动摩擦因数为H0.2， 取 g10m，P 视为质点。 （1）若 h1.25m，求小物块 P 从 B 点运动到 D 点所用的时间。 （2）若小物块 P 能在探测器的工作时间内通过 D 点，求 h 的取值范围。 【思路分析】 （1）先研究物块在斜面上下滑的过程，由牛顿第二定律求出加速度，由速度位移关系公式求 出物块到达 A 点的速度 v。 再研究物块在 AC 上滑行的过程， 由牛顿第二定律和位移公式结合求解时间 t 即可。 （2）结合上题的结果得到 v 与时间 t 的关系式，当物体 P 反弹后到达 B 点的速度恰好为 0 时，求出时间， 从而得到时间范围，解出速度 v 的范围，从而得到 h 的
5、范围。 【名师解析】 （1）设物块沿倾斜轨道 AB 运动的加速度为 a1，由牛顿第二定律有： mgsin45ma1 设物块到达 A 处的速度为 v，由速度位移关系有： v22a1 由于 P 与挡板的碰撞为弹性碰撞。故 P 在 AC 间等效为匀减速运动，设 P 在 AC 段加速度大小为 a2， 则 a2g0.110m/s21m/s2 P 返回经过 B 时，有：3Lvta2t2 联立解得 t2s （2）设小物块恰好到达 D 点时，释放点的高度为 h，由动能定理得： mgh1mgL0 解得：h11.2m 设在 B 到 D 的过程中，小物块运动时间为 t3，根据运动学公式得： Lat32 解得：t3s
6、； 因 2st33s，故在探测器的工作时间内，符合题意。 结合（1）的结果可知，在 t12s 末到达 D 点，h1.25m，故要使小物块在探测器工作时间内过 P 点，故 h 的取值范围为： 1.2mh1.25m。 答：（1）P 与挡板碰撞反弹后运动到 B 点所用的时间是 2s。 （2）h 的取值范围为 1.2mh1.25m 【点评】正确分析物体的受力情况，求解加速度是解答本题的基础，熟悉运动学公式是正确解题的关键， 要把握隐含的临界状态：物体 P 反弹后到达 B 点的速度恰好为 0，运用函数法研究 h 的范围。 2 （2019 浙江模拟）2 （2019 浙江模拟） 如图 1 所示，一质量为的物
7、体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止 开始运动，水平外力随时间的变化情况如图 2 所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图 3 所示，4s 后图线没有画出取求： 物体在第 3s末的加速度大小； 物体与水平面间的动摩擦因数； 物体在前 6s内的位移 【名师解析】 由图象可知， 物体在前4s做匀变速直线运动， 所以物体在第3s末的加速度等于前4s内的加速度， 根据图象和加速度定义式： 得， 在内，在水平方向： 解出： 设前 4 s的位移为，由位移公式：； 设 4 s后物体运动时的加速度为，则： 解得， 物体在 4s末时的速度为 ，设物体从 4s末后运动时间速度减为 0，则： 解得： s 所以
8、，物体在 6s末速度恰好减为 0 故后 2s内的位移： 代入数据，解得， 所以物体在前 6s内的位移 m 答：物体在第 2s末的加速度为； 物体与水平面间的摩擦因数 为； 物体在前 6s内的位移为 12m 3.3.如图为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面。已知汽车轮 胎与柏油路面的动摩擦因数为1，与水泥路面的动摩擦因数为2。当汽车以速度v0沿柏油路面行驶时， 若刚过A点时紧急刹车后(车轮立即停止转动)，汽车要滑行一段距离到B处才能停下；若该汽车以速度 2v0 在柏油路面上行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，若最终汽车刚好 撞
9、不上障碍物，求：(重力加速度为g)。 (1)水泥路面AB段的长度； (2)在第二种情况下汽车刹车后运动了多长时间才停下？ 【名师解析】 (1)（5 分）水泥路面上运动的加速度为a1，则2mgma1， （2 分） 由v2a1x1， （2 分） 2 0 解得：x1。 （1 分） v 22g (2)（9分） 根据题意， 汽车如果不撞上障碍物B， 在A点的速度应为v0， 在柏油路上运动时间为t1， 则2v0v0 a2t1（2 分） 1mgma2（2 分）解得：t1（1 分） v0 1g 在水泥路面上，运动时间为t2，则v0a1t2（2 分） 解得t2（1 分） v0 2g 汽车运动的时间tt1t2()
10、（1 分） 1 1 1 2 v0 g 4.（2016 年东北三省四市教研联合体高考模拟试卷 （三） 理 科 综 合） （20 分） 如图甲所示， 质量为 M=0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg 的物块以初速度v0=4m/s 滑上木板的左端，物块与木板 之间的动摩擦因数为=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某 一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图 1 1 F F s s 乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为 1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 重力加速度g=
11、10m/s2。 （1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？ （2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式。 1 1 F F s s 【参考答案】（1）；（2） 1 1 s s 3 3 t t 1 13 3 4 4 F F s s 【名师解析】 （1）以初速度v0为正方向，物块的加速度大小： 木板的加速度大小： 由图乙知，板长L=1m 滑块相对木板的路程： 联立解得： 当t=1s 时，滑块的速度为 2m/s，木板的速度为 4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小 于木板的速度，应舍弃，故所求时间为。 1 1s st t 1 1 s
12、 s 3 3 t t （2）当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有 共同速度v，历时t1，则： 联立解得： 13 4 F s 由图乙知，相对路程： 1ms 代入解得： 1NF 当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相 对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则： F a Mm fma 由于静摩擦力存在最大值，所以： 联立解得： 3NF 综述：BC段恒力F的取值范围是，函数关系式是。 13 4 F s 5 5. 如图所示， 一直立的轻杆长为L， 在其上、 下端各紧套一个质量分别为m和
13、2m的圆环状弹性物块A、B。A、B 与轻杆间的最大静摩擦力分别是Ff1mg、Ff22mg，且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。杆下方存在 这样一个区域 ： 当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用， 而B在该区域运动时不受其作用，PQ、 MN是该区域上下水平边界，高度差为h(L2h)。现让杆的下端从距离上边界PQ高h处由静止释放，重力 加速度为g。 (1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。 (2)若F3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。 【名师解析】 (1)设A、B与杆不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与杆的静摩擦力为FfA，则对A、B 和杆整体，有： 3mgF3
14、ma 对A，有：mgFfAFma，并且FfAFf1 联立解得Fmg。 3 2 (2)A到达上边界PQ时的速度 vA 2gh 当F3mg时，A相对于轻杆向上滑动，设A的加速度为a1，则有： mgFf1Fma1，解得：a1g A向下减速运动位移h时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间 t 2h g 由于杆的质量不计，在此过程中，A对杆的摩擦力与B对杆的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到杆的摩 擦力小于 2mg，则B与轻杆相对静止，B和轻杆整体受到重力和A对杆的摩擦力作用，以vA为初速度，以a2 为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得： a2 2mgmg 2m g 2 物块A到达下边界MN
15、时A、B之间的距离为： LLh(vAta2t2)Lh。 1 2 3 2 答案 (1)Fmg (2)Lh 3 2 3 2 6.6.如图所示， 一条轻绳上端系在车的左上角的A点， 另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、 B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为b，轻绳BC长度为b。2 两条轻绳能够承受的最大拉力均为 2mg。 (1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图) (2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大。(要求画出受力图) 【名师解析】 (1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示。 因为ABBCb，ACb，故轻绳BC与轻绳AB垂直，cos ，45。2 2 2 由牛顿第二定律，得mgtan ma。 可得ag。 (2)小车向左的加速度增大，AB、BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最 大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示。 乙 由牛顿第二定律，得 Tmmgtan mam。 因这时Tm2mg，所以最大加速度为am3g。