《2020屆高考物理二輪復習 瘋狂專練4 牛頓運動定律的應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 瘋狂專練4 牛頓運動定律的應用（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運動定律的應用 專練四 牛頓運動定律的應用 一、考點內(nèi)容 (1)超重、失重；(2)連接體問題；(3)牛頓運動定律的綜合應用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。 二、考點突破 1．如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)(　　) A．A球將向上運動，B、C球將向下運動 B．A、B球將向上運動，C球不動 C．A球將向下運動，B球將向上運動，C球不動

2、 D．A球將向上運動，B球將向下運動，C球不動 2．(多選)如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質量不變，改變B的質量m，當B的質量連續(xù)改變時，得到A的加速度a隨B的質量m變化的圖線，如圖乙所示，圖中a1、a2、m0為未知量，設加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為θ，下列說法正確的是(　　) A．若θ已知，可求出A的質量 B．若θ未知，可求出乙圖中a1的值 C．若θ已知，可求出乙圖中a2的值 D．若θ已知，可求出乙圖中m0的值 3．(多選)

3、如圖(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略，重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出(　　) A．木板的質量為1 kg B．2～4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N C．0～2 s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2 4．某位同學在電梯中用彈簧測力計測量一物體的重力，在0至t3時間段內(nèi)，彈簧測力計的示數(shù)F隨時

4、間t變化如圖所示，以豎直向上為正方向，則下列關于物體運動的v－t圖、P－t圖(P為物體重力的功率大小)及a－t圖可能正確的是(　　) 5．(多選)將一個質量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反。該過程的v－t圖象如圖所示，g取10 m/s2。下列說法中正確的是(　　) A．小球所受重力和阻力之比為5∶1 B．小球上升過程與下落過程所用時間之比為2∶3 C．小球落回到拋出點時的速度大小為8 m/s D．小球下落過程中，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài) 6．如圖所示，質量分別為m和2m的兩個小球置于光滑水平面上，且固定在一輕質

5、彈簧的兩端，現(xiàn)沿彈簧軸線方向在質量為2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，使兩球一起做勻加速運動，則此時兩球間的距離為x1，若沿彈簧軸線方向在質量為m的小球上施加一水平向左的拉力F2，使兩球一起做勻加速運動，則此時兩球間的距離為x2，已知x1＝2x2，則有(　　) A．F1＝F2　　　　　　　　　 B．F1＝4F2 C．F1＞4F2 D．F1＝2F2 7．(多選)如圖所示，質量均為m的A、B兩物塊置于水平地面上，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，物塊間用一水平輕繩相連，繩中無拉力?，F(xiàn)用水平力F向右拉物塊A，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度為g。下列

6、說法中正確的是(　　) A．當0＜F≤μmg時，繩中拉力為0 B．當μmg＜F≤2μmg時，繩中拉力為F－μmg C．當F＞2μmg時，繩中拉力為 D．無論F多大，繩中拉力都不可能等于 8．如圖甲所示，足夠長的水平傳送帶以v1＝2 m/s的速度沿順時針方向運行，滑塊(視為質點)以某一初速度v2水平滑上傳送帶的右端。若滑塊在傳送帶上向左運動的過程中，位移與時間比值－時間的圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) A．v2的大小為4 m/s B．傳送帶AB長度至少為2 m C．滑塊在傳送帶上的加速度大小為2 m/s2 D．滑塊在傳送帶上運動的總時間為2.25 s 9．(多選)

7、在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A．8 B．10 C．15 D．18 10．如圖所示，一長L＝2 m、質量M＝4 kg的薄木板(厚度不計)靜止在粗糙的水平臺面上，其右端距平臺邊緣l＝5 m，木板的正中央放有一質量為m＝1 kg的小物塊(可視為質點)。已知木板與地面、物塊與木板間動摩擦

8、因數(shù)均為μ1＝0.4，現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒力F，其大小為48 N，g取10 m/s2，試求： (1)F作用了1.2 s時，木板的右端離平臺邊緣的距離； (2)要使小物塊最終不能從平臺上滑出去，則物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ2應滿足的條件。 11．傳送帶被廣泛應用于各行各業(yè)。如圖所示，一傾斜放置的傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，在電動機的帶動下以v＝2 m/s的速率順時針方向勻速運行。M、N為傳送帶的兩個端點，M、N兩點間的距離L＝7 m，N端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住。在傳送帶上的O處由靜止釋放質量為m＝1 kg的木塊，木塊可視為質點，若木

9、塊每次與擋板P發(fā)生碰撞時間極短，碰后都以碰前的速率反方向彈回，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，O、M間距離L1＝3 m，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) (1)木塊輕放上傳送帶后瞬間的加速度大??； (2)木塊第一次反彈后能到達的最高位置與擋板P的距離； (3)木塊做穩(wěn)定的周期性運動后的周期。 12．圖甲中，質量為m1＝1 kg的物塊疊放在質量為m2＝3 kg的木板右端。木板足夠長，放在光滑的水平地面上，木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，整個系統(tǒng)開始時靜止，重力

10、加速度g＝10 m/s2。 (1)在木板右端施加水平向右的拉力F，為使木板和物塊發(fā)生相對運動，拉力F至少應為多大？ (2)在0～4 s內(nèi)，若拉力F的變化如圖乙所示，2 s后木板進入μ2＝0.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出0～4 s內(nèi)木板和物塊的v－t圖象，并求出0～4 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小。 答案 二、考點突破 1．【答案】D 【解析】開始時A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時水對球的浮力也為零，小球的重力也視為零，則A球將在彈力作用下相對于杯底向上

11、運動，B球將在彈力作用下相對于杯底向下運動，C球相對于杯底不動，故選D。 2．【答案】BC 【解析】根據(jù)牛頓第二定律得：對B得：mg－F＝ma①，對A得：F－mAgsin θ＝mAa②，聯(lián)立得a＝③，若θ已知，由③知，不能求出A的質量mA，故A錯誤。由③式變形得a＝，當m→∞時，a＝a1＝g，故B正確。由③式得，m＝0時，a＝a2＝－gsin θ，故C正確。當a＝0時，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知m0不能求出，故D錯誤。 3．【答案】AB 【解析】由題圖(c)可知木板在0～2 s內(nèi)處于靜止狀態(tài)，再結合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2 s內(nèi)逐漸增大，可知物塊受到木板的摩

12、擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；由題圖(c)可知木板在2～4 s內(nèi)做勻加速運動，其加速度大小為a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s內(nèi)做勻減速運動，其加速度大小為a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物塊靜止不動，同時結合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動摩擦力Ff＝f，故對木板進行受力分析，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，選項A、B均正確；由于不知道物塊的質量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，選項D錯誤。 4．【答案】C 【解析】由于該題沒有告訴彈簧的拉力與重力大小之間的關系，

13、可以依題意，分三種情況討論：(1)若F1＝mg，則0～t1時間內(nèi)電梯靜止或做勻速直線運動，即速度等于0或速度保持不變，加速度等于0。四個圖線沒有是可能的。(2)若F2＝mg，則F1＜mg，在0～t1時間內(nèi)電梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，為負值，所以D是不可能的；則物體0～t1時間內(nèi)可能向下做加速運動，速度為負，或向上做減速運動，故A、B是不可能的；而t1～t2時間內(nèi)受到的合外力等于0，物體做勻速直線運動，物體的速度不變，又由P＝mgv，可知t1～t2時間內(nèi)重力的功率不變，故C是錯誤的。(3)若F3＝mg，則F1＜mg，F(xiàn)2＜mg，在0～t2時間內(nèi)電梯受到的合外力的方向都是向下，加

14、速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1時間內(nèi)向下的加速度大于t1～t2時間內(nèi)向下的加速度，而t2～t3時間內(nèi)物體做勻速直線運動，所以速度圖象如圖，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，圖C可能是重力的功率隨時間變化的圖線，故C是正確的。由以上的分析，可知只有C選項是可能的，A、B、D都是不可能的。 5．【答案】AC 【解析】上升過程中mg＋Ff＝ma1，由題圖可知a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所受重力和阻力之比為5∶1，選項A正確；下落過程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根據(jù)h＝at2可得＝＝，選項B錯誤；根據(jù)v＝a2t

15、2，t2＝ s，可得v＝8 m/s，選項C正確；小球下落過程中，加速度方向豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，選項D錯誤。 6．【答案】B 【解析】沿彈簧軸線方向在質量為2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，對整體分析，整體的加速度a＝，隔離對質量為m的小球分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)彈＝ma＝＝kx1；同理，沿彈簧軸線方向在質量為m的小球上施加一水平向左的拉力F2，a′＝，隔離對質量為2m的小球分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F彈′＝2ma′＝＝kx2，由于x1＝2x2，聯(lián)立可得：F1＝4F2，故B正確，A、C、D錯誤。 7．【答案】ABC 【解析】當0＜F≤μmg時，A受到拉力與靜摩擦力的作用，

16、二者平衡，繩中拉力為0，故A正確；當μmg＜F≤2μmg時，整體受到拉力與摩擦力的作用，二者平衡，所以整體處于靜止狀態(tài)，此時A受到的靜摩擦力達到最大即μmg，所以繩中拉力為F－μmg，故B正確；當F＞2μmg時，對整體：a＝，對B：a＝，聯(lián)立解得繩中拉力為F，故C正確；由以上的分析可知，當μmg＜F≤2μmg時繩中拉力為F－μmg，繩中拉力可能等于F，故D錯誤。 8．【答案】ABD 【解析】根據(jù)圖象可知，即x＝－2t2＋4t，結合勻變速位移時間關系可知，加速度大小a＝4 m/s2，初速度v2＝4 m/s ，故A正確，C錯誤。根據(jù)以上分析可知物塊1s時速度減為零，所以傳送帶AB長度至少為物塊

17、減速到零的位移，所以傳送帶AB長度至少為2m，故B正確。物塊減速到零的時間，反向加速到與傳送帶速度相同所需時間，所以加速位移，還需勻速時間，所以運動總時間t＝t1＋t2＋t3＝2.25 s，故D正確。 9．【答案】BC 【解析】設該列車廂與P相連的部分為P部分，與Q相連的部分為Q部分。設該列車廂有n節(jié)，Q部分為n1節(jié)，每節(jié)車廂質量為m，當加速度為a時，對Q有F＝n1ma；當加速度為a時，對P有F＝(n－n1)ma，聯(lián)立得2n＝5n1。當n1＝2，n1＝4，n1＝6時，n＝5，n＝10，n＝15，由題中選項得該列車廂節(jié)數(shù)可能為10或15，選項B、C正確。 10．【解析】(1)假設開始時物塊

18、與木板會相對滑動，由牛頓第二定律，對木板有： F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1 解得：a1＝6 m/s2 對物塊有：μ1mg＝ma2 解得：a2＝4 m/s2 因為a2

19、二定律，對木板有：F－μ1Mg＝Ma1′ 解得：a1′＝8 m/s2 木板發(fā)生的位移為：x1′＝v1t0＋a1′t02 解得：x1′＝1.36 m 此時木板距平臺邊緣的距離為： Δx＝l－x1－x1′＝(5－3－1.36)m＝0.64 m。 (2)小物塊滑至平臺后，做勻減速直線運動，由牛頓第二定律，對物塊有：μ2mg＝ma2′ 解得：a2′＝μ2g 若小物塊在平臺上速度減為0，則通過的位移為：x2′＝ 要使物塊最終不會從平臺上掉下去需滿足：l＋≥x2＋x2′ 聯(lián)立解得：μ2≥0.2。 11．【解析】(1)放上的后瞬間，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

20、 解得木塊輕放上傳送帶后瞬間的加速度a1＝2m/s2 (2)設木塊與擋板P碰撞前的速度v1，由運動學知識：v12＝2a1(L－L1) 解得v1＝4 m/s 木塊與擋板P碰后向上減速到共同速度之前： Mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得a2＝10m/s2 木塊向上的位移x1＝＝0.6m 共同速度之后，摩擦力反向，加速度為a1 木塊向上的位移x2＝＝1 m 木塊第一次反彈后能到達的最高位置與擋板P的距離xm＝x1＋x2＝1.6 m (3)木塊做穩(wěn)定的周期性運動后，每次與擋板碰前的速度為v＝2m/s 則穩(wěn)定后周期為T＝2＝2 s。 12．【解析】(1)把物塊和木板

21、看做整體，由牛頓第二定律得： F＝(m1＋m2)a 對物塊分析，物塊與木板將要相對滑動時有μ1m1g＝m1a 聯(lián)立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。 (2)物塊在0～2 s內(nèi)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：μ1m1g＝m1a1 解得a1＝2 m/s2 2 s末物塊的速度為v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s 木板在0～1 s內(nèi)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有： F1－μ1m1g＝m2a2 解得a2＝4 m/s2 1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s 在1～2 s內(nèi)F2＝μ1m1g 木板做勻速運動，速度為4 m/s 2～4 s內(nèi)

22、如果物塊和木板一起減速運動，共同的加速度大小為a共＝＝μ2g m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g 所以物塊和木板相對滑動2 s后物塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有：－μ1m1g＝m1a3 得：a3＝－2 m/s2 速度從4 m/s減至零的時間t3＝＝ s＝2 s 木板做勻減速直線運動有： －μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4 得：a4＝－ m/s2 速度從4 m/s減至零的時間t4＝＝ s＝1.5 s 二者在整個運動過程的v－t圖象如圖所示(實線是木板的v－t圖象，虛線是物塊的v－t圖象) 0～2 s內(nèi)物塊相對木板向左運動 Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12 2～4 s內(nèi)物塊相對木板向右運動 Δx2＝－ 解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m 所以0～4 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小為Δx＝1 m。 9