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

牛頓運動定律及其應用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，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。t0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t4 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()圖（a）圖（b）圖（c）A木板的質(zhì)量為1 kgB2 s4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 NC02 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 ND從開始起跳到雙腳落地需要1.05 s3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斜面和擋板對球的彈力的合力等于maB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m0.2 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g10 m/s2，則下列說法正確的是()A當a5 m/s2時，滑塊對球的支持力為NB當a15 m/s2時，滑塊對球的支持力為N C當a5 m/s2時，地面對A的支持力一定大于兩個物體的重力之和D當a15 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m1 kg，初速度v010 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系圖象如圖乙所示，g10 m/s2，則()A05 s內(nèi)物塊做勻減速運動B在t1 s時刻恒力F反向C恒力F大小為10 ND物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.36(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用。如圖甲，傾角為的傳送帶以恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將m2 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g10 m/s2。下列說法正確的是()A貨物在0.21.2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2BA、B兩點的距離為1.5 mC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 JD貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做的功為6.4 J7(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。突然，使白板以恒定的速度v0做勻速直線運動，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 Dv0t8(多選)傾角為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。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?，F(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0，則F1F2B若0，則F20C若0，則tanD若0，則【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：F1mgsin，靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，若0，則整體沿斜面下滑時根據(jù)牛頓第二定律可得：MgsinMa，解得：agsin，再以小球為研究對象，則有：mgsinF2ma，解得：F20，故A錯誤、B正確；當木板沿斜面下滑時，若0，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：agsingcos，隔離對小球分析有：mgsinF2ma，解得：F2mgcos，則有：，解得：，故C錯誤、D正確。9 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。t0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t1 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vt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)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。10某工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運送到高處，已知傳送帶總長為L50 m，正常運轉(zhuǎn)的速度為v4 m/s。一次工人剛把M10 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m5 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，g10 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F189 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ff。02 s，木板靜止，F(xiàn)f，F(xiàn)逐漸增大，所以C錯誤。4 s5 s，木板加速度大小a20.2 m/s2，對木板受力分析，fma20.2 N，得m1 kg，所以A正確。2 s4 s，對木板有Ffma1，F(xiàn)fma10.4 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?！敬鸢浮緼B典例2.【解析】假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0mg，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Fk(x0x)mgma，由以上兩式解得Fkxma，顯然F和x為一次函數(shù)關系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤?！敬鸢浮緼三、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。設斜面的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得豎直方向：F1cosmg，水平方向：F2F1sinma，由看出，斜面對球的彈力F1大小不變，與加速度無關，不可能為零。由看出，若加速度足夠小時，F(xiàn)2F1sinmgtan0，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a0g。當a5m/s2時，小球未離開滑塊，水平方向：Fcos45°FNcos45°ma；豎直方向：Fsin45°FNsin45°mg，解得FNN，故A正確；當a15m/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：Ffma1，F(xiàn)fma2，聯(lián)立兩式解得：F7N，f3N，則動摩擦因數(shù)為：，物體勻減速直線運動的時間為：，即在01s內(nèi)做勻減速直線運動，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0.21.2 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的間距對應圖象所圍梯形的“面積”，為：x×1×0.2×（12）×11.6m，故B錯誤；由vt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：mgsinmgcosma1；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：mgsinmgcosma2，聯(lián)立解得：sin0.3，gcos2，根據(jù)功能關系，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，fmgcos4N，做a1勻加速直線運動，位移為：x1×1×0.20.1m，皮帶位移為：x皮1×0.20.2m，相對位移為：x1x皮x10.20.10.1m，同理，做a2勻加速直線運動，位移為：x2×（12）×11.5m，x皮21×11m，相對位移為：x2x2x皮20.5m，故兩者之間的總相對位移為：xx1x20.6m，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：QWfx4×0.6J2.4J，故C正確；根據(jù)功能關系，由C中可知：fmgcos4N，做a1勻加速直線運動，由圖象知位移為：x10.1m，物體受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功為：Wf1fx14×0.10.4J，同理做a2勻加速直線運動，由圖象知位移為：x21.5m，物體受摩擦力，方向向上，摩擦力做負功為：Wf2fx24×1.56J，所以整個過程，傳送帶對貨物做功大小為：6J0.4J5.6J，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mgma，解得ag。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；如果先加速，后勻速，位移為，故相對白板的位移為；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：F1mgsin，靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，若0，則整體沿斜面下滑時根據(jù)牛頓第二定律可得：MgsinMa，解得：agsin，再以小球為研究對象，則有：mgsinF2ma，解得：F20，故A錯誤、B正確；當木板沿斜面下滑時，若0，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：agsingcos，隔離對小球分析有：mgsinF2ma，解得：F2mgcos，則有：，解得：，故C錯誤、D正確。9【答案】(1)0.10.4(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1(mM)g(mM)a1由題圖乙可知，木板與墻壁碰撞前的瞬間速度v14 m/s，由運動學公式得v1v0a1t1x0v0t1a1t式中，t11 s，x04.5 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)立式和題給條件解得10.1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。設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2由題圖乙可得a2式中，t22 s，v20，聯(lián)立式和題給條件解得20.4.(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間t，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2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰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x1t小物塊運動的位移為x2t小物塊相對木板的位移為xx2x1聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)解得x6.0 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1(mM)g(mM)a40v2a4x3碰撞后木板運動的位移為xx1x3聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)解得x6.5 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)設最大拉力為Fm，貨物與木板之間的靜摩擦力達到最大值，設此時的加速度為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： Fm192N(2)設工人拉木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：設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設經(jīng)過t1木板速度與傳送帶速度相同，得：設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tt1+t211.25 s。11