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

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

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