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  • 2021-05-26 发布

2020届高考物理二轮复习疯狂专练4牛顿运动定律的应用含解析

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高考总复习 牛顿运动定律的应用 专练四 牛顿运动定律的应用 一、考点内容 ‎(1)超重、失重;(2)连接体问题;(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。‎ 二、考点突破 ‎1.如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)(  )‎ A.A球将向上运动,B、C球将向下运动 B.A、B球将向上运动,C球不动 C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动 D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动 ‎2.(多选)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如图乙所示,图中a1、a2、m0为未知量,设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是(  )‎ A.若θ已知,可求出A的质量 B.若θ未知,可求出乙图中a1的值 C.若θ已知,可求出乙图中a2的值 11‎ 高考总复习 D.若θ已知,可求出乙图中m0的值 ‎3.(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略,重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(  )‎ A.木板的质量为1 kg B.2~4 s内,力F的大小为0.4 N C.0~2 s内,力F的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2‎ ‎4.某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力,在0至t3时间段内,弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示,以竖直向上为正方向,则下列关于物体运动的v-t图、P-t图(P为物体重力的功率大小)及a-t图可能正确的是(  )‎ ‎5.(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反。该过程的v-t图象如图所示,g取10 m/s2。下列说法中正确的是(  )‎ A.小球所受重力和阻力之比为5∶1‎ B.小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3‎ C.小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/s D.小球下落过程中,受到向上的空气阻力,处于超重状态 ‎6.如图所示,质量分别为m和2m 11‎ 高考总复习 的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧的两端,现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为x1,若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为x2,已知x1=2x2,则有(  )‎ A.F1=F2          B.F1=4F2‎ C.F1>4F2 D.F1=2F2‎ ‎7.(多选)如图所示,质量均为m的A、B两物块置于水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数均为μ,物块间用一水平轻绳相连,绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是(  )‎ A.当0<F≤μmg时,绳中拉力为0‎ B.当μmg<F≤2μmg时,绳中拉力为F-μmg C.当F>2μmg时,绳中拉力为 D.无论F多大,绳中拉力都不可能等于 ‎8.如图甲所示,足够长的水平传送带以v1=2 m/s的速度沿顺时针方向运行,滑块(视为质点)以某一初速度v2水平滑上传送带的右端。若滑块在传送带上向左运动的过程中,位移与时间比值-时间的图象如图乙所示,则下列说法正确的是(  )‎ A.v2的大小为4 m/s B.传送带AB长度至少为2 m C.滑块在传送带上的加速度大小为2 m/s2‎ D.滑块在传送带上运动的总时间为2.25 s ‎9.(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(  )‎ A.8 B.10 C.15 D.18‎ 11‎ 高考总复习 ‎10.如图所示,一长L=2 m、质量M=4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=5 m,木板的正中央放有一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1=0.4,现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48 N,g取10 m/s2,试求:‎ ‎(1)F作用了1.2 s时,木板的右端离平台边缘的距离;‎ ‎(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。‎ ‎11.传送带被广泛应用于各行各业。如图所示,一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ=37°,在电动机的带动下以v=2 m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点,M、N两点间的距离L=7 m,N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住。在传送带上的O处由静止释放质量为m=1 kg的木块,木块可视为质点,若木块每次与挡板P发生碰撞时间极短,碰后都以碰前的速率反方向弹回,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,O、M间距离L1=3 m,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦。求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)‎ ‎(1)木块轻放上传送带后瞬间的加速度大小;‎ ‎(2)木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P的距离;‎ ‎(3)木块做稳定的周期性运动后的周期。‎ 11‎ 高考总复习 ‎12.图甲中,质量为m1=1 kg的物块叠放在质量为m2=3 kg的木板右端。木板足够长,放在光滑的水平地面上,木板与物块之间的动摩擦因数为μ1=0.2,整个系统开始时静止,重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎(1)在木板右端施加水平向右的拉力F,为使木板和物块发生相对运动,拉力F至少应为多大?‎ ‎(2)在0~4 s内,若拉力F的变化如图乙所示,2 s后木板进入μ2=0.25的粗糙水平面,在图丙中画出0~4 s内木板和物块的v-t图象,并求出0~4 s内物块相对木板的位移大小。‎ 答案 11‎ 高考总复习 二、考点突破 ‎1.【答案】D ‎【解析】开始时A球下的弹簧被压缩,弹力向上;B球下的弹簧被拉长,弹力向下;将挂吊篮的绳子剪断的瞬时,系统的加速度为g,为完全失重状态,此时水对球的浮力也为零,小球的重力也视为零,则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球相对于杯底不动,故选D。‎ ‎2.【答案】BC ‎【解析】根据牛顿第二定律得:对B得:mg-F=ma①,对A得:F-mAgsin θ=mAa②,联立得a=③,若θ已知,由③知,不能求出A的质量mA,故A错误。由③式变形得a=,当m→∞时,a=a1=g,故B正确。由③式得,m=0时,a=a2=-gsin θ,故C正确。当a=0时,由③式得,m=m0=mAsin θ,可知m0不能求出,故D错误。‎ ‎3.【答案】AB ‎【解析】由题图(c)可知木板在0~2 s内处于静止状态,再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0~2 s内逐渐增大,可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大,故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大,选项C错误;由题图(c)可知木板在2~4 s内做匀加速运动,其加速度大小为a1= m/s2=0.2 m/s2,在4~5 s内做匀减速运动,其加速度大小为a2= m/s2=0.2 m/s2,另外由于物块静止不动,同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff=f,故对木板进行受力分析,由牛顿第二定律可得F-Ff=ma1、Ff=ma2,解得m=1 kg、F=0.4 N,选项A、B均正确;由于不知道物块的质量,所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数,选项D错误。‎ ‎4.【答案】C ‎【解析】由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系,可以依题意,分三种情况讨论:(1)若F1=mg,则0~t1时间内电梯静止或做匀速直线运动,即速度等于0或速度保持不变,加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2=mg,则F1<mg,在0~t1时间内电梯受到的合外力的方向向下,加速度的方向向下,为负值,所以D是不可能的;则物体0~t1时间内可能向下做加速运动,速度为负,或向上做减速运动,故A、B是不可能的;而t1~t2‎ 11‎ 高考总复习 时间内受到的合外力等于0,物体做匀速直线运动,物体的速度不变,又由P=mgv,可知t1~t2时间内重力的功率不变,故C是错误的。(3)若F3=mg,则F1<mg,F2<mg,在0~t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下,加速度的方向向下,故A、B、D是不可能的;F3=mg,可知在0~t1时间内向下的加速度大于t1~t2时间内向下的加速度,而t2~t3时间内物体做匀速直线运动,所以速度图象如图,速度的方向向下,重力的方向也向下,由P=mgv可知,图C可能是重力的功率随时间变化的图线,故C是正确的。由以上的分析,可知只有C选项是可能的,A、B、D都是不可能的。‎ ‎5.【答案】AC ‎【解析】上升过程中mg+Ff=ma1,由题图可知a1=12 m/s2,解得Ff=2 N,小球所受重力和阻力之比为5∶1,选项A正确;下落过程中mg-Ff=ma2,可得a2=8 m/s2,根据h=at2可得==,选项B错误;根据v=a2t2,t2= s,可得v=8 m/s,选项C正确;小球下落过程中,加速度方向竖直向下,小球处于失重状态,选项D错误。‎ ‎6.【答案】B ‎【解析】沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,对整体分析,整体的加速度a=,隔离对质量为m的小球分析,根据牛顿第二定律得,F弹=ma==kx1;同理,沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2,a′=,隔离对质量为2m的小球分析,根据牛顿第二定律得:F弹′=2ma′==kx2,由于x1=2x2,联立可得:F1=4F2,故B正确,A、C、D错误。‎ ‎7.【答案】ABC ‎【解析】当0<F≤μmg时,A受到拉力与静摩擦力的作用,二者平衡,绳中拉力为0,故A正确;当μmg<F≤2μmg时,整体受到拉力与摩擦力的作用,二者平衡,所以整体处于静止状态,此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg,所以绳中拉力为F-μmg,故B正确;当F>2μmg时,对整体:a=,对B:a=,联立解得绳中拉力为F,故C正确;由以上的分析可知,当μmg<F≤2μmg时绳中拉力为F-μmg,绳中拉力可能等于F,故D错误。‎ ‎8.【答案】ABD ‎【解析】根据图象可知,即x=-2t2+4t,结合匀变速位移时间关系可知,加速度大小a=4‎ 11‎ 高考总复习 ‎ m/s2,初速度v2=4 m/s ,故A正确,C错误。根据以上分析可知物块1s时速度减为零,所以传送带AB长度至少为物块减速到零的位移,所以传送带AB长度至少为2m,故B正确。物块减速到零的时间,反向加速到与传送带速度相同所需时间,所以加速位移,还需匀速时间,所以运动总时间t=t1+t2+t3=2.25 s,故D正确。‎ ‎9.【答案】BC ‎【解析】设该列车厢与P相连的部分为P部分,与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节,Q部分为n1节,每节车厢质量为m,当加速度为a时,对Q有F=n1ma;当加速度为a时,对P有F=(n-n1)ma,联立得2n=5n1。当n1=2,n1=4,n1=6时,n=5,n=10,n=15,由题中选项得该列车厢节数可能为10或15,选项B、C正确。‎ ‎10.【解析】(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律,对木板有:‎ F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1‎ 解得:a1=6 m/s2‎ 对物块有:μ1mg=ma2‎ 解得:a2=4 m/s2‎ 因为a2fm=μ1m1g 所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有:-μ1m1g=m1a3‎ 得:a3=-2 m/s2‎ 11‎ 高考总复习 速度从4 m/s减至零的时间t3== s=2 s 木板做匀减速直线运动有:‎ ‎-μ2(m1+m2)g+μ1m1g=m2a4‎ 得:a4=- m/s2‎ 速度从4 m/s减至零的时间t4== s=1.5 s 二者在整个运动过程的v-t图象如图所示(实线是木板的v-t图象,虚线是物块的v-t图象)‎ ‎0~2 s内物块相对木板向左运动 Δx1=a2t22+(a2t2)(t1-t2)-a1t12‎ ‎2~4 s内物块相对木板向右运动 Δx2=- 解得:Δx=Δx1-Δx2=1 m 所以0~4 s内物块相对木板的位移大小为Δx=1 m。‎ 11‎