届高考物理小题狂练4牛顿运动定律的应用附解析.docx

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届高考物理小题狂练4牛顿运动定律的应用附解析

2020届高考物理小题狂练4：

牛顿运动定律的应用（附解析）

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9.8m/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

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＝4s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10m/s2。

由题给数据可以得出（）

A．木板的质量为1kg

B．2～4s内，力F的大小为0.4N

C．0～2s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1kg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10m/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＝F2B．F1＝4F2

C．F1＞4F2D．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＝2m/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4m/s

B．传送带AB长度至少为2m

C．滑块在传送带上的加速度大小为2m/s2

D．滑块在传送带上运动的总时间为2.25s

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．8B．10C．15D．18

10．如图所示，一长L＝2m、质量M＝4kg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＝5m，木板的正中央放有一质量为m＝1kg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48N，g取10m/s2，试求：

（1）F作用了1.2s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＝2m/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＝7m，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＝1kg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＝3m，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。

求：

（sin37°

＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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。

12．图甲中，质量为m1＝1kg的物块叠放在质量为m2＝3kg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＝10m/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0～4s内，若拉力F的变化如图乙所示，2s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4s内物块相对木板的位移大小。

答案

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－mAgsinθ＝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＝－gsinθ，故C正确。

当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsinθ，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0～2s内处于静止状态，再结合题图（b）中细绳对物块的拉力f在0～2s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2～4s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝

m/s2＝0.2m/s2，在4～5s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝

m/s2＝0.2m/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＝1kg、F＝0.4N，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＝12m/s2，解得Ff＝2N，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＝8m/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＝4m/s2，初速度v2＝4m/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＝2.25s，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）m

a，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＝6m/s2

对物块有：

μ1mg＝ma2

解得：

a2＝4m/s2

因为a2

设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有：

＝

a1t2－

a2t2

代入数据解得：

t＝1s

在此过程中，木板的位移为：

x1＝

a1t2＝

×6×12m＝3m，

末速度为：

v1＝a1t＝6×1m/s＝6m/s。

物块的位移为：

x2＝

a2t2＝

×4×12m＝2m，

末速度为：

v2＝a2t＝4×1m/s＝4m/s。

在小物块从木板上滑落后的0.2s内，由牛顿第二定律，对木板有：

F－μ1Mg＝Ma1′

解得：

a1′＝8m/s2

木板发生的位移为：

x1′＝v1t0＋

a1′t02

解得：

x1′＝1.36m

此时木板距平台边缘的距离为：

Δx＝l－x1－x1′＝（5－3－1.36）m＝0.64m。

（2）小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对物块有：

μ2mg＝ma2′

解得：

a2′＝μ2g

若小物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：

x2′＝

要使物块最终不会从平台上掉下去需满足：

l＋

≥x2＋x2′

联立解得：

μ2≥0.2。

11．【解析】

（1）放上的后瞬间，根据牛顿第二定律：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

解得木块轻放上传送带后瞬间的加速度a1＝2m/s2

（2）设木块与挡板P碰撞前的速度v1，由运动学知识：

v12＝2a1（L－L1）

解得v1＝4m/s

木块与挡板P碰后向上减速到共同速度之前：

Mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2

解得a2＝10m/s2

木块向上的位移x1＝

＝0.6m

共同速度之后，摩擦力反向，加速度为a1

木块向上的位移x2＝

＝1m

木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P的距离xm＝x1＋x2＝1.6m

（3）木块做稳定的周期性运动后，每次与挡板碰前的速度为v＝2m/s

则稳定后周期为T＝2

＝2s。

12．【解析】

（1）把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得：

F＝（m1＋m2）a

对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a

联立解得F＝μ1（m1＋m2）g＝8N。

（2）物块在0～2s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：

μ1m1g＝m1a1

解得a1＝2m/s2

2s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s

木板在0～1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：

F1－μ1m1g＝m2a2

解得a2＝4m/s2

1s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1m/s＝4m/s

在1～2s内F2＝μ1m1g

木板做匀速运动，速度为4m/s

2～4s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝

＝μ2g

m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g

所以物块和木板相对滑动2s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：

－μ1m1g＝m1a3

得：

a3＝－2m/s2

速度从4m/s减至零的时间t3＝

＝

s＝2s

木板做匀减速直线运动有：

－μ2（m1＋m2）g＋μ1m1g＝m2a4

得：

a4＝－

m/s2

速度从4m/s减至零的时间t4＝

＝

s＝1.5s

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）

0～2s内物块相对木板向左运动

Δx1＝

a2t22＋（a2t2）（t1－t2）－

a1t12

2～4s内物块相对木板向右运动

Δx2＝

－

解得：

Δx＝Δx1－Δx2＝1m

所以0～4s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1m