高三物理精准培优专练四 牛顿运动定律及其应用 含答案.docx

高三物理精准培优专练四 牛顿运动定律及其应用 含答案.docx

《高三物理精准培优专练四 牛顿运动定律及其应用 含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理精准培优专练四 牛顿运动定律及其应用 含答案.docx（15页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

高三物理精准培优专练四牛顿运动定律及其应用含答案

1．高考对牛顿第二定律内容的要求较高，从历年命题看，命题主要集中在三个方面：

结合运动学规律综合分析动力学的两类问题；交替使用整体法与隔离法处理连接体问题、临界问题；以实际应用为背景，考查思维转换、实际建模等综合问题。

2．两个常见模型的注意点：

（1）“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：

。

（2）传送带靠摩擦力带动（或阻碍）物体运动，物体速度与传送带速度相同时往往是摩擦力突变（从滑动摩擦力变为无摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力）之时。

典例1.（2019∙全国III卷∙20）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（　　）

图（a）图（b）图（c）

A．木板的质量为1kg

B．2s～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

典例2.（2018∙全国I卷∙15）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。

现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。

以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（　　）

1．如图所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是（　　）

A．物体A和物体B均处于超重状态

B．物体A和物体B均处于失重状态

C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态

D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态

2．（多选）为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。

已知质量m=50kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m的高度。

若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。

则（　　）

A．运动员起跳过程处于超重状态

B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大

C．起跳过程中运动员对地面的压力为960N

D．从开始起跳到双脚落地需要1.05s

3．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。

现用一个水平向右的力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma

B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零

C．若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零

D．若加速度不断的增大，斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值

4．如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2kg的小球。

若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动，取g＝

10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．当a＝5m/s2时，滑块对球的支持力为

N

B．当a＝15m/s2时，滑块对球的支持力为

N

C．当a＝5m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和

D．当a＝15m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和

5．（多选）如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2，则（　　）

A．0～5s内物块做匀减速运动

B．在t＝1s时刻恒力F反向

C．恒力F大小为10N

D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

6．（多选）传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。

如图甲，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针转动，现将m＝2kg的货物放在传送带上的A点，货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过1.2s到达B点，已知重力加速度g＝10m/s2。

下列说法正确的是（　　）

A．货物在0.2～1.2s内的加速度大小为1m/s2

B．A、B两点的距离为1.5m

C．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为2.4J

D．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为6.4J

7．（多选）一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态，一石墨块（可视为质点）静止在白板上，石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ。

突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。

经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动。

在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）（　　）

A．

B．

C．

D．v0t

8．（多选）倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ。

平行于斜面的力传感器上端连接木板，下端连接一光滑小球，如图所示。

当木板固定时，传感器的示数为F1。

现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2。

则下列说法正确的是（　　）

A．若μ＝0，则F1＝F2

B．若μ＝0，则F2＝0

C．若μ≠0，则μ＝tanθ

D．若μ≠0，则μ＝

【答案】BD

【解析】当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有：

F1＝mgsinθ，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ＝0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得：

Mgsinθ＝Ma，解得：

a＝gsinθ，再以小球为研究对象，则有：

mgsinθ－F2＝ma，解得：

F2＝0，故A错误、B正确；当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为：

a＝gsinθ－μgcosθ，隔离对小球分析有：

mgsinθ－F2＝ma，解得：

F2＝μmgcosθ，则有：

，解得：

，故C错误、D正确。

9．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图甲所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁

碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图乙所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。

求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

10．某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L＝50m，正常运转的速度为v＝4m/s。

一次工人刚把M＝10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。

货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8。

（物块与木板均可看成质点，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；

（2）若工人用F＝189N的恒定拉力把货物拉到L/5处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；

（3）来电后，还需要多长时间货物能到达B处？

（不计传送带的加速时间）

答案

典例1.【解析】分析知木板受到的摩擦力fʹ＝f。

0～2s，木板静止，F＝fʹ，F逐渐增大，所以C错误。

4s～5s，木板加速度大小a2＝0.2m/s2，对木板受力分析，fʹ＝ma2＝0.2N，得m＝1kg，所以A正确。

2s～4s，对木板有F－fʹ＝ma1，F＝fʹ＋ma1＝0.4N，所以B正确。

由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。

【答案】AB

典例2.【解析】假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k（x0－x）－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。

【答案】A

1．【答案】D

【解析】A加速下降，则加速度向下，轻绳的拉力小于重力，故A处于失重状态;同时B加速上升，则加速度向上，轻绳的拉力大于重力，故B处于超重状态。

故A、B、C错误，D正确。

2．【答案】AD

【解析】运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据

可知

；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知

，解得

，对运动员根据牛顿第二定律可知

，解得

，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N，故选项A正确，C错误；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度

，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度

，故选项B错误；起跳过程运动的时间

，起跳后运动的时间

，故运动的总时间

，故选项D正确。

3．【答案】D

【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，如图，受重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1．根据牛顿第二定律知小球所受的合力为ma，即重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma，面和挡板对球的弹力的合力不等于ma，故A错误。

设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向：

F1cosθ＝mg①，水平方向：

F2﹣F1sinθ＝ma②，由①看出，斜面对球的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零。

由②看出，若加速度足够小时，F2＝F1sinθ＝mgtanθ≠0，故BC错误。

若F增大，a增大，斜面的弹力F1大小不变。

故D正确。

4．【答案】A

【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：

水平方向：

F合＝Fcos45°＝ma0；竖直方向：

Fsin45°＝mg，解得a0＝g。

当a＝5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：

Fcos45°－FNcos45°＝ma；竖直方向：

Fsin45°＋FNsin45°＝mg，解得FN＝

N，故A正确；当a＝15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C，D错误。

5．【答案】BD

【解析】物体匀减速直线运动的加速度大小为：

，匀加速直线运动的加速度大小为：

，根据牛顿第二定律得：

F＋f＝ma1，F﹣f＝ma2，联立两式解得：

F＝7N，f＝3N，则动摩擦因数为：

，物体匀减速直线运动的时间为：

，即在0﹣1s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动。

故BD正确，AC错误。

6．【答案】AC

【解析】由加速度的定义知：

货物在0.2～1.2s内的加速度为：

，故A正确；物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，仍做匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：

x＝

×1×0.2＋

×（1＋2）×1＝1.6m，故B错误；由v－t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：

，对物体受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1①；同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2②，联立①②解得：

sinθ＝0.3，μgcosθ＝2，根据功能

关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，f＝μmgcosθ＝4N，做a1匀加速直线运动，位移为：

x1＝

×1×0.2＝0.1m，皮带位移为：

x皮＝1×0.2＝0.2m，相对位移为：

△x1＝x皮－x1＝0.2－0.1＝0.1m，同理，做a2匀加速直线运动，位移为：

x2＝

×（1＋2）×1＝1.5m，x皮2＝1×1＝1m，相对位移为：

△x2＝x2－x皮2＝0.5m，故两者之间的总相对位移为：

△x＝△x1＋△x2＝0.6m，货物与传送带摩擦产生的热量为：

Q＝W＝f△x＝4×0.6J＝2.4J，故C正确；根据功能关系，由C中可知：

f＝μmgcosθ＝4N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：

x1＝0.1m，物体受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：

Wf1＝fx1＝4×0.1＝0.4J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：

x2＝1.5m，物体受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：

Wf2＝－fx2＝－4×1.5＝－6J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：

6J－0.4J＝5.6J，故D错误。

7．【答案】AC

【解析】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝μg。

①如果时间t内一直加速，加速的位移为

，故相对白板的位移为

；②如果先加速，后匀速，位移为

，故相对白板的位移为

；③如果加速的末速度恰好等于v0，则

，故相对白板的位移为

。

经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；故选AC。

8．【答案】BD

【解析】当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有：

F1＝mgsinθ，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ＝0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得：

Mgsinθ＝Ma，解得：

a＝gsinθ，再以小球为研究对象，则有：

mgsinθ－F2＝ma，解得：

F2＝0，故A错误、B正确；当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为：

a＝gsinθ－μgcosθ，隔离对小球分析有：

mgsinθ－F2＝ma，解得：

F2＝μmgcosθ，则有：

，解得：

，故C错误、D正确。

9．【答案】

（1）0.1　0.4　

（2）6.0m　（3）6.5m

【解析】

（1）规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。

由牛顿第二定律有

－μ1（m＋M）g＝（m＋M）a1①

由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v1＝4m/s，由运动学公式得

v1＝v0＋a1t1②

x0＝v0t1＋

a1t

③

式中，t1＝1s，x0＝4.5m是木板与墙壁碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件解得μ1＝0.1④

在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2⑤

由题图乙可得a2＝

⑥

式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件解得μ2＝0.4.⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得

μ2mg＋μ1（M＋m）g＝Ma3⑧

v3＝－v1＋a3Δt⑨

v3＝v1＋a2Δt⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1＝

Δt⑪

小物块运动的位移为x2＝

Δt⑫

小物块相对木板的位移为Δx＝x2－x1⑬

联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得Δx＝6.0m⑭

因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。

（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3。

由牛顿第二定律及运动学公式得

μ1（m＋M）g＝（m＋M）a4⑮

0－v

＝2a4x3⑯

碰撞后木板运动的位移为x＝x1＋x3⑰

联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得x＝－6.5m

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。

10．【答案】

（1）192N

（2）

（3）

【解析】

（1）设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析根据牛顿第二定律得：

得：

对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得：

得：

Fm＝192N

（2）设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：

解得：

设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：

得：

（3）由于

，所以来电后木板继续加速，加速度为a3

设经过t1木板速度与传送带速度相同，

得：

设t1内木板加速的位移为x1，

得：

共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则

得：

得：

所以来电后木板再需要运动t＝t1+t2＝11.25s。