2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練四 牛頓運動定律及其應(yīng)用（含解析）

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1、牛頓運動定律及其應(yīng)用 1．高考對牛頓第二定律內(nèi)容的要求較高，從歷年命題看，命題主要集中在三個方面：結(jié)合運動學規(guī)律綜合分析動力學的兩類問題；交替使用整體法與隔離法處理連接體問題、臨界問題；以實際應(yīng)用為背景，考查思維轉(zhuǎn)換、實際建模等綜合問題。 2．兩個常見模型的注意點： (1)“滑塊—木板”模型問題中，靠摩擦力帶動的那個物體的加速度有最大值：。 (2)傳送帶靠摩擦力帶動(或阻礙)物體運動，物體速度與傳送帶速度相同時往往是摩擦力突變(從滑動摩擦力變?yōu)闊o摩擦力或從滑動摩擦力變?yōu)殪o摩擦力)之時。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019?全國III卷?20)如圖(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，

2、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(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關(guān)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(　　) 圖（a）圖（b）圖（c） A．木板的質(zhì)量為1 kg B．2 s～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 典例2.(2018?全國I卷?15)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜

3、止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是(　　) 三、對點速練 1．如圖所示，物體A、B由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩連接，由靜止開始釋放，在物體A加速下降的過程中，下列判斷正確的是(　　) A．物體A和物體B均處于超重狀態(tài) B．物體A和物體B均處于失重狀態(tài) C．物體A處于超重狀態(tài)，物體B處于失重狀態(tài) D．物體A處于失重狀態(tài)，物體B處于超重狀態(tài) 2．(多選)為了備戰(zhàn)2020年東京奧運會，我國羽毛球運動員進行了如圖所示的原地縱跳摸高訓練。已知質(zhì)量m=50 kg的運

4、動員原地靜止站立(不起跳)摸高為2.10 m，比賽過程中，該運動員先下蹲，重心下降0.5 m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.90 m的高度。若運動員起跳過程視為勻加速運動，忽略空氣阻力影響，g取10 m/s2。則(　　) A．運動員起跳過程處于超重狀態(tài) B．起跳過程的平均速度比離地上升到最高點過程的平均速度大 C．起跳過程中運動員對地面的壓力為960 N D．從開始起跳到雙腳落地需要1.05 s 3．如圖所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個水平向右的力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，下列說法正確的是(　　) A．斜

5、面和擋板對球的彈力的合力等于ma B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零 C．若加速度足夠小，則豎直擋板對球的彈力可能為零 D．若加速度不斷的增大，斜面對球不僅有彈力，而且該彈力是一個定值 4． 如圖所示，水平桌面上放置一個傾角為45°的光滑楔形滑塊A，一細線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細線另一端拴一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運動，取g＝ 10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．當a＝5 m/s2時，滑塊對球的支持力為N B．當a＝15 m/s2時，滑塊對球的支持力為N C．當a＝5 m/s2時，地面對A的支持力

6、一定大于兩個物體的重力之和 D．當a＝15 m/s2時，地面對A的支持力一定小于兩個物體的重力之和 5．(多選)如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2，則(　　) A．0～5 s內(nèi)物塊做勻減速運動 B．在t＝1 s時刻恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3 6．(多選)傳送帶在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有著廣泛的應(yīng)用。如圖甲，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將

7、m＝2 kg的貨物放在傳送帶上的A點，貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙，整個過程傳送帶是繃緊的，貨物經(jīng)過1.2 s到達B點，已知重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．貨物在0.2～1.2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2 B．A、B兩點的距離為1.5 m C．貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為2.4 J D．貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做的功為6.4 J 7．(多選)一塊足夠長的白板，位于水平桌面上，處于靜止狀態(tài)，一石墨塊(可視為質(zhì)點)靜止在白板上，石墨塊與白板間有摩擦，滑動摩擦系數(shù)為μ。突然，使白板以恒定的速度v0做

8、勻速直線運動，石墨塊將在板上劃下黑色痕跡。經(jīng)過某段時間t，令白板突然停下，以后不再運動。在最后石墨塊也不再運動時，白板上黑色痕跡的長度可能是(已知重力加速度為g，不計石墨與板摩擦劃痕過程中損失的質(zhì)量)(　　) A． B． C． D．v0t 8．(多選)傾角為θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ。平行于斜面的力傳感器上端連接木板，下端連接一光滑小球，如圖所示。當木板固定時，傳感器的示數(shù)為F1。現(xiàn)由靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，傳感器的示數(shù)為F2。則下列說法正確的是(　　) A．若μ＝0，則F1＝F2 B

9、．若μ＝0，則F2＝0 C．若μ≠0，則μ＝tanθ D．若μ≠0，則μ＝ 【答案】BD 【解析】當木板固定時，對小球分析，根據(jù)共點力平衡有：F1＝mgsinθ，靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，若μ＝0，則整體沿斜面下滑時根據(jù)牛頓第二定律可得：Mgsinθ＝Ma，解得：a＝gsinθ，再以小球為研究對象，則有：mgsinθ－F2＝ma，解得：F2＝0，故A錯誤、B正確；當木板沿斜面下滑時，若μ≠0，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：a＝gsinθ－μgcosθ，隔離對小球分析有：mgsinθ－F2＝ma，解得：F2＝μmgcosθ，則有：，解得：，故C錯誤、D正確。 9

10、． 一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁 碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v－t圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離。 10．某

11、工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運送到高處，已知傳送帶總長為L＝50 m，正常運轉(zhuǎn)的速度為v＝4 m/s。一次工人剛把M＝10 kg的貨物放到傳送帶上的A處時停電了，為了不影響工作的進度，工人拿來一塊m＝5 kg帶有掛鉤的木板，把貨物放到木板上，通過定滑輪用繩子把木板拉上去。貨物與木板及木板與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為0.8。（物塊與木板均可看成質(zhì)點，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8） (1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對木板滑動，求工人所用拉力的最大值； (2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把貨物拉到L/5處時來電了，工人隨即撤去拉力，求此時貨物

12、與木板的速度大?。? (3)來電后，還需要多長時間貨物能到達B處？（不計傳送帶的加速時間） 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】分析知木板受到的摩擦力f?＝f。0～2 s，木板靜止，F(xiàn)＝f?，F(xiàn)逐漸增大，所以C錯誤。4 s～5 s，木板加速度大小a2＝0.2 m/s2，對木板受力分析，f?＝ma2＝0.2 N，得m＝1 kg，所以A正確。2 s～4 s，對木板有F－f?＝ma1，F(xiàn)＝f?＋ma1＝0.4 N，所以B正確。由于無法確定物塊的質(zhì)量，則盡管知道滑動摩擦力大小，仍無法確定物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，故D錯誤。 【答案

13、】AB 典例2.【解析】假設(shè)物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復原長前，當物塊向上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤。 【答案】A 三、對點速練 1．【答案】D 【解析】A加速下降，則加速度向下，輕繩的拉力小于重力，故A處于失重狀態(tài);同時B加速上升，則加速度向上，輕繩的拉力大于重力，故B處于超重狀態(tài)。故A、B、C錯誤，D正確。 2．【答案】AD 【解析】運動員離開地面后做豎直上拋運動，根據(jù)可知；在起跳過程中可

14、視為勻加速直線運動，加速度方向豎直向上，所以運動員起跳過程處于超重狀態(tài)，根據(jù)速度位移公式可知，解得，對運動員根據(jù)牛頓第二定律可知，解得，根據(jù)牛頓第三定律可知，對地面的壓力為1560N，故選項A正確，C錯誤；在起跳過程中做勻加速直線運動，起跳過程的平均速度，運動員離開地面后做豎直上拋運動，離地上升到最高點過程的平均速度，故選項B錯誤；起跳過程運動的時間，起跳后運動的時間，故運動的總時間，故選項D正確。 3．【答案】D 【解析】以小球為研究對象，分析受力情況，如圖，受重力mg、豎直擋板對球的彈力F2和斜面的彈力F1．根據(jù)牛頓第二定律知小球所受的合力為ma，即重力、斜面和擋板對球的彈力三個力

15、的合力等于ma，面和擋板對球的彈力的合力不等于ma，故A錯誤。設(shè)斜面的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得豎直方向：F1cosθ＝mg①，水平方向：F2﹣F1sinθ＝ma②，由①看出，斜面對球的彈力F1大小不變，與加速度無關(guān)，不可能為零。由②看出，若加速度足夠小時，F(xiàn)2＝F1sinθ＝mgtanθ≠0，故BC錯誤。若F增大，a增大，斜面的彈力F1大小不變。故D正確。 4．【答案】A 【解析】設(shè)加速度為a0時小球?qū)瑝K的壓力等于零，對小球受力分析，受重力、拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：水平方向：F合＝Fcos45°＝ma0；豎直方向：Fsin45°＝mg，解得a0＝g。當a＝5m/s2時，小球

16、未離開滑塊，水平方向：Fcos45°－FNcos45°＝ma；豎直方向：Fsin45°＋FNsin45°＝mg，解得FN＝N，故A正確；當a＝15m/s2時，小球已經(jīng)離開滑塊，只受重力和繩的拉力，滑塊對球的支持力為零，故B錯誤；當系統(tǒng)相對穩(wěn)定后，豎直方向沒有加速度，受力平衡，所以地面對A的支持力一定等于兩個物體的重力之和，故C，D錯誤。 5．【答案】BD 【解析】物體勻減速直線運動的加速度大小為：，勻加速直線運動的加速度大小為：，根據(jù)牛頓第二定律得：F＋f＝ma1，F(xiàn)﹣f＝ma2，聯(lián)立兩式解得：F＝7N，f＝3N，則動摩擦因數(shù)為：，物體勻減速直線運動的時間為：，即在0﹣1s內(nèi)做勻減速直線運

17、動，1s后恒力F反向，做勻加速直線運動。故BD正確，AC錯誤。 6．【答案】AC 【解析】由加速度的定義知：貨物在0.2～1.2 s內(nèi)的加速度為：，故A正確；物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，仍做勻加速直線運動，所以物塊由A到B的間距對應(yīng)圖象所圍梯形的“面積”，為：x＝×1×0.2＋×（1＋2）×1＝1.6m，故B錯誤；由v－t圖象可知，物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運動，加速度為：，對物體受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1①；同理，做a2的勻加速直線運動，對物體受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsinθ－μm

18、gcosθ＝ma2②，聯(lián)立①②解得：sinθ＝0.3，μgcosθ＝2，根據(jù)功能 關(guān)系，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，f＝μmgcosθ＝4N，做a1勻加速直線運動，位移為：x1＝×1×0.2＝0.1m，皮帶位移為：x皮＝1×0.2＝0.2m，相對位移為：△x1＝x皮－x1＝0.2－0.1＝0.1m，同理，做a2勻加速直線運動，位移為：x2＝×（1＋2）×1＝1.5m，x皮2＝1×1＝1m，相對位移為：△x2＝x2－x皮2＝0.5m，故兩者之間的總相對位移為：△x＝△x1＋△x2＝0.6m，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q＝W＝f△x＝4×0.6J＝2.4J，故C正確

19、；根據(jù)功能關(guān)系，由C中可知：f＝μmgcosθ＝4N，做a1勻加速直線運動，由圖象知位移為：x1＝0.1m，物體受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1＝fx1＝4×0.1＝0.4J，同理做a2勻加速直線運動，由圖象知位移為：x2＝1.5m，物體受摩擦力，方向向上，摩擦力做負功為：Wf2＝－fx2＝－4×1.5＝－6J，所以整個過程，傳送帶對貨物做功大小為：6J－0.4J＝5.6J，故D錯誤。 7．【答案】AC 【解析】在時間t內(nèi)，石墨可能一直勻加速，也可能先加速后勻速；石墨加速時，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma，解得a＝μg。①如果時間t內(nèi)一直加速，加速的位移為，故相對白板的位移為；

20、②如果先加速，后勻速，位移為，故相對白板的位移為；③如果加速的末速度恰好等于v0，則，故相對白板的位移為。經(jīng)過時間t后，白板靜止后，石墨做減速運動，加速度大小不變，故相對白板沿原路返回，故白板上黑色痕跡的長度等于加速時相對薄板的位移；故選AC。 8．【答案】BD 【解析】當木板固定時，對小球分析，根據(jù)共點力平衡有：F1＝mgsinθ，靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，若μ＝0，則整體沿斜面下滑時根據(jù)牛頓第二定律可得：Mgsinθ＝Ma，解得：a＝gsinθ，再以小球為研究對象，則有：mgsinθ－F2＝ma，解得：F2＝0，故A錯誤、B正確；當木板沿斜面下滑時，若μ≠0，對整體分析，根

21、據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：a＝gsinθ－μgcosθ，隔離對小球分析有：mgsinθ－F2＝ma，解得：F2＝μmgcosθ，則有：，解得：，故C錯誤、D正確。 9．【答案】(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 【解析】(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ① 由題圖乙可知，木板與墻壁碰撞前的瞬間速度v1＝4 m/s，由運動學公式得 v1＝v0＋a1t1 ② x0＝v0t1＋a1t ③ 式中，t1＝1 s，x0＝4

22、.5 m是木板與墻壁碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立①②③式和題給條件解得μ1＝0.1 ④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有－μ2mg＝ma2 ⑤ 由題圖乙可得a2＝ ⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件解得μ2＝0.4. ⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運動學公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧ v3＝－v1＋a3Δt ⑨ v3＝v1＋a2Δt ⑩ 碰

23、撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為x1＝Δt ? 小物塊運動的位移為x2＝Δt ? 小物塊相對木板的位移為Δx＝x2－x1 ? 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)據(jù)解得Δx＝6.0 m ? 因為運動過程中小物塊始終沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為x3。由牛頓第二定律及運動學公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ? 0－v＝2a4x3 ? 碰撞后木板運動的位移為x＝x1＋x3 ? 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)據(jù)

24、解得x＝－6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 10．【答案】(1)192N (2) (3) 【解析】(1)設(shè)最大拉力為Fm，貨物與木板之間的靜摩擦力達到最大值，設(shè)此時的加速度為a1，對貨物分析根據(jù)牛頓第二定律得： 得： 對貨物與木板整體分析根據(jù)牛頓第二定律得： 得： Fm＝192N (2)設(shè)工人拉木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得： 解得： 設(shè)來電時木板的速度為v1，根據(jù)運動學公式得： 得： (3)由于，所以來電后木板繼續(xù)加速，加速度為a3 設(shè)經(jīng)過t1木板速度與傳送帶速度相同， 得： 設(shè)t1內(nèi)木板加速的位移為x1， 得： 共速后，木板與傳送帶相對靜止一起勻速運動，設(shè)勻速運動的時間為t2，勻速運動的位移為x2，則 得： 得： 所以來電后木板再需要運動t＝t1+t2＝11.25 s。 11