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全国通用2022版高考物理大二轮总复习增分策略强化练专题二第1讲动力学观点在力学中的应用
全国通用2022版高考物理大二轮总复习增分策略强化练专题二第1讲动力学观点在力学中的应用
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专题二第1讲 动力学观点在力学中的应用1.(2022·永州市三模)一质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑,经过一段时间又返回出发点,整个过程铁块速度随时间变化的图象如图1所示,下列说法正确的是( )图1A.铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2(t2-t1)B.铁块上滑过程处于超重状态C.铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反D.铁块上滑过程损失的机械能为mv2.(多选)(2022·东北三省四市模拟)如图2甲所示,一物体悬挂在轻绳下端,由静止开始沿竖直方向运动,运动过程中物体的机械能E与物体通过的路程x的关系图如图乙所示,其中0~x1过程的图象为曲线,x1~x2过程的图象为直线(忽略空气阻力).下列说法正确的是( )图2A.0~x1过程中物体所受拉力是变力,且一定不断减小B.0~x1过程中物体的动能一定先增加后减小,最后为零C.x1~x2过程中物体一定做匀速直线运动D.x1~x2过程中物体可能做匀加速直线运动,也可能做匀减速直线运动3.8\n(2022·北京石景山区一模)如图3所示,一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上,其下端固定,当弹簧的长度为原长时,其上端位于O点.现有一小球从O点由静止释放,将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内).在此过程中,关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系,下图中正确的是( )图34.(2022·重庆市西北狼教育联盟二模)如图4所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,已知v1>v2,P与定滑轮间的绳水平.不计定滑轮质量,绳足够长.直到物体P从传送带右侧离开.以下判断正确的是( )图4A.物体P一定先加速后匀速B.物体P可能先加速后匀速C.物体Q的机械能先增加后不变8\nD.物体Q一直处于超重状态5.(2022·枣庄市模拟)如图5所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上,A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则下列说法中错误的是( )图5A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止B.当F=μmg时,A的加速度为μgC.当F>3μmg时,A相对B滑动D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg6.(2022·吉林市三模)航天飞机水平降落在平直跑道上,其减速过程可简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞,加速度大小为a1,运动一段时间后减速为v;随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下,已知两个匀减速滑行过程的总时间为t,求:(1)第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小;(2)航天飞机降落后滑行的总路程.7.(2022·东北三省四市模拟)如图6所示,一足够长的固定斜面倾角θ=37°,两物块A、B的质量分别为1kg和4kg,它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5.两物块之间的轻绳长L=0.5m,轻绳承受的最大张力FT=12N,作用于B上沿斜面向上的力F逐渐增大,使A、B一起由静止开始沿斜面向上运动,g取10m/s2.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)8\n图6(1)某一时刻轻绳被拉断,求此时外力F的大小;(2)若轻绳拉断前瞬间A、B的速度为2m/s,绳断后保持外力F不变,求当A运动到最高点时,A、B之间的距离.8.(2022·漳州市三模)质量为2kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图7甲所示.A和B经过1s达到同一速度,之后共同减速直至静止,A和B的v-t图象如图乙所示,重力加速度g=10m/s2,求:图7(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1;(2)木板B与水平面间的动摩擦因数μ2;(3)A的质量.9.(2022·云南一模)如图8所示,一传送带AB段的倾角为37°,BC段弯曲成圆弧形,CD段水平,A、B之间的距离为12.8m,BC段长度可忽略,传送带始终以v=4m/s8\n的速度逆时针方向运行.现将一质量为m=1kg的工件无初速度放到A端,若工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,在BC段运动时,工件速率保持不变,工件到达D点时速度刚好减小到与传送带相同.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:图8(1)工件从A到D所需的时间;(2)工件从A到D的过程中,与传送带之间因摩擦产生的热量.二轮专题强化练答案精析专题二 力与物体的直线运动第1讲 动力学观点在力学中的应用1.A 2.AB 3.A 4.B 5.A8\n6.(1) (2)解析 如图,A为飞机着陆点,AB、BC分别为两个匀减速运动过程,C点停下.A到B过程,依据v=v0+at有:第一段匀减速运动的时间为:t1==则B到C过程的时间为:t2=t-t1=t-B到C过程的加速度大小为:a2===(2)根据v2-v=2ax得:第一段匀减速的位移x1==第二段匀减速的位移为:x2===所以航天飞机降落后滑行的总路程为:x=x1+x2=7.(1)60N (2)0.8m解析 (1)轻绳刚好被拉断时,轻绳承受的张力达到最大FT=12N,对于A物块,由牛顿第二定律得:FT-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa,而对两物块组成的整体,有:F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,a为此时两物块运动的加速度,联立两式求得此时外力F=60N.(2)轻绳拉断后,A做匀减速运动,aA=g(sinθ+μcosθ)=10m/s28\nB在外力F的作用下继续加速F-mBg(sinθ+μcosθ)=mBaB,aB=5m/s2A沿斜面运动到最高点t==0.2s,上升的位移xA=vt=0.2mB在这段时间内向上运动的位移xB=vt+aBt2=0.5m这时A、B间的距离为d=xB+L-xA=0.8m.8.(1)0.2 (2)0.1 (3)6kg解析 (1)由图象可知,A在0~1s内的加速度a1==-2m/s2,对A由牛顿第二定律得,-μ1mg=ma1,解得μ1=0.2.(2)由图象知,A、B在1~3s内的加速度a3==-1m/s2,对A、B整体由牛顿第二定律得,-(M+m)gμ2=(M+m)a3,解得μ2=0.1.(3)由图象可知B在0~1s内的加速度a2==2m/s2.对B由牛顿第二定律得,μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,代入数据解得m=6kg.9.(1)3.2s (2)129.6J解析 (1)工件在传送带上先加速下滑,根据牛顿第二定律,有:mgsin37°+μmgcos37°=ma1,解得:a1=10m/s28\n时间为:t1==s=0.4s位移为:x1=t1=×0.4m=0.8m工件与传送带速度相等后,由于μ<tan37°,继续加速下滑,根据牛顿第二定律,有:mgsin37°-μmgcos37°=ma2,解得:a2=2m/s2根据速度位移公式,有:v-v2=2a2(L-x1),代入数据解得:v1=8m/s故运动时间为:t2==s=2s,滑上水平传送带后,加速度为:a3=-μg=-5m/s2根据速度公式,有:t3==s=0.8s故t=t1+t2+t3=(0.4+2+0.8)s=3.2s.(2)从A到B过程,传送带的对地路程:x=v(t1+t2)=4×(0.4+2)m=9.6m故工件从A到B的过程中与传送带之间因摩擦产生的热量:Q1=μmgcos37°·(L+x)=0.5×1×10×0.8×(12.8+9.6)J=89.6J从C到D过程,工件的对地路程:x3=t3=×0.8m=4.8m从C到D过程,传送带的对地路程:x′=vt3=4×0.8m=3.2m故工件从C到D的过程中与传送带之间因摩擦产生的热量:Q2=μmg(x3+x′)=40J故工件从A到D的过程中,与传送带之间因摩擦产生的热量:Q=Q1+Q2=129.6J.8
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 23:55:08
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