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2020屆高考物理二輪復(fù)習 瘋狂專練4 牛頓運動定律的應(yīng)用(含解析)

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1、牛頓運動定律的應(yīng)用 專練四 牛頓運動定律的應(yīng)用 一、考點內(nèi)容 (1)超重、失重;(2)連接體問題;(3)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。 二、考點突破 1.如圖所示,A、B、C為三個實心小球,A為鐵球,B、C為木球。A、B兩球分別連在兩根彈簧上,C球連接在細線一端,彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部,該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷,則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力,ρ木<ρ水<ρ鐵)(  ) A.A球?qū)⑾蛏线\動,B、C球?qū)⑾蛳逻\動 B.A、B球?qū)⑾蛏线\動,C球不動 C.A球?qū)⑾蛳逻\動,B球?qū)⑾蛏线\動,C球不動

2、 D.A球?qū)⑾蛏线\動,B球?qū)⑾蛳逻\動,C球不動 2.(多選)如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長的光滑斜面,斜面頂端有一理想定滑輪,一輕繩跨過滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變,改變B的質(zhì)量m,當B的質(zhì)量連續(xù)改變時,得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線,如圖乙所示,圖中a1、a2、m0為未知量,設(shè)加速度沿斜面向上的方向為正方向,空氣阻力不計,重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的傾角為θ,下列說法正確的是(  ) A.若θ已知,可求出A的質(zhì)量 B.若θ未知,可求出乙圖中a1的值 C.若θ已知,可求出乙圖中a2的值 D.若θ已知,可求出乙圖中m0的值 3.(多選)

3、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。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(  ) A.木板的質(zhì)量為1 kg B.2~4 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 4.某位同學在電梯中用彈簧測力計測量一物體的重力,在0至t3時間段內(nèi),彈簧測力計的示數(shù)F隨時

4、間t變化如圖所示,以豎直向上為正方向,則下列關(guān)于物體運動的v-t圖、P-t圖(P為物體重力的功率大小)及a-t圖可能正確的是(  ) 5.(多選)將一個質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出,最終落回拋出點,運動過程中所受阻力大小恒定,方向與運動方向相反。該過程的v-t圖象如圖所示,g取10 m/s2。下列說法中正確的是(  ) A.小球所受重力和阻力之比為5∶1 B.小球上升過程與下落過程所用時間之比為2∶3 C.小球落回到拋出點時的速度大小為8 m/s D.小球下落過程中,受到向上的空氣阻力,處于超重狀態(tài) 6.如圖所示,質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球置于光滑水平面上,且固定在一輕質(zhì)

5、彈簧的兩端,現(xiàn)沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,使兩球一起做勻加速運動,則此時兩球間的距離為x1,若沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為m的小球上施加一水平向左的拉力F2,使兩球一起做勻加速運動,則此時兩球間的距離為x2,已知x1=2x2,則有(  ) A.F1=F2          B.F1=4F2 C.F1>4F2 D.F1=2F2 7.(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于水平地面上,物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ,物塊間用一水平輕繩相連,繩中無拉力?,F(xiàn)用水平力F向右拉物塊A,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度為g。下列

6、說法中正確的是(  ) A.當0<F≤μmg時,繩中拉力為0 B.當μmg<F≤2μmg時,繩中拉力為F-μmg C.當F>2μmg時,繩中拉力為 D.無論F多大,繩中拉力都不可能等于 8.如圖甲所示,足夠長的水平傳送帶以v1=2 m/s的速度沿順時針方向運行,滑塊(視為質(zhì)點)以某一初速度v2水平滑上傳送帶的右端。若滑塊在傳送帶上向左運動的過程中,位移與時間比值-時間的圖象如圖乙所示,則下列說法正確的是(  ) A.v2的大小為4 m/s B.傳送帶AB長度至少為2 m C.滑塊在傳送帶上的加速度大小為2 m/s2 D.滑塊在傳送帶上運動的總時間為2.25 s 9.(多選)

7、在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時,連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時,P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質(zhì)量相同,則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(  ) A.8 B.10 C.15 D.18 10.如圖所示,一長L=2 m、質(zhì)量M=4 kg的薄木板(厚度不計)靜止在粗糙的水平臺面上,其右端距平臺邊緣l=5 m,木板的正中央放有一質(zhì)量為m=1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)。已知木板與地面、物塊與木板間動摩擦

8、因數(shù)均為μ1=0.4,現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒力F,其大小為48 N,g取10 m/s2,試求: (1)F作用了1.2 s時,木板的右端離平臺邊緣的距離; (2)要使小物塊最終不能從平臺上滑出去,則物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件。 11.傳送帶被廣泛應(yīng)用于各行各業(yè)。如圖所示,一傾斜放置的傳送帶與水平面的夾角θ=37°,在電動機的帶動下以v=2 m/s的速率順時針方向勻速運行。M、N為傳送帶的兩個端點,M、N兩點間的距離L=7 m,N端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住。在傳送帶上的O處由靜止釋放質(zhì)量為m=1 kg的木塊,木塊可視為質(zhì)點,若木

9、塊每次與擋板P發(fā)生碰撞時間極短,碰后都以碰前的速率反方向彈回,木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,O、M間距離L1=3 m,傳送帶與輪子間無相對滑動,不計輪軸處的摩擦。求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) (1)木塊輕放上傳送帶后瞬間的加速度大??; (2)木塊第一次反彈后能到達的最高位置與擋板P的距離; (3)木塊做穩(wěn)定的周期性運動后的周期。 12.圖甲中,質(zhì)量為m1=1 kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2=3 kg的木板右端。木板足夠長,放在光滑的水平地面上,木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2,整個系統(tǒng)開始時靜止,重力

10、加速度g=10 m/s2。 (1)在木板右端施加水平向右的拉力F,為使木板和物塊發(fā)生相對運動,拉力F至少應(yīng)為多大? (2)在0~4 s內(nèi),若拉力F的變化如圖乙所示,2 s后木板進入μ2=0.25的粗糙水平面,在圖丙中畫出0~4 s內(nèi)木板和物塊的v-t圖象,并求出0~4 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小。 答案 二、考點突破 1.【答案】D 【解析】開始時A球下的彈簧被壓縮,彈力向上;B球下的彈簧被拉長,彈力向下;將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時,系統(tǒng)的加速度為g,為完全失重狀態(tài),此時水對球的浮力也為零,小球的重力也視為零,則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬τ诒紫蛏?/p>

11、運動,B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬τ诒紫蛳逻\動,C球相對于杯底不動,故選D。 2.【答案】BC 【解析】根據(jù)牛頓第二定律得:對B得:mg-F=ma①,對A得:F-mAgsin θ=mAa②,聯(lián)立得a=③,若θ已知,由③知,不能求出A的質(zhì)量mA,故A錯誤。由③式變形得a=,當m→∞時,a=a1=g,故B正確。由③式得,m=0時,a=a2=-gsin θ,故C正確。當a=0時,由③式得,m=m0=mAsin θ,可知m0不能求出,故D錯誤。 3.【答案】AB 【解析】由題圖(c)可知木板在0~2 s內(nèi)處于靜止狀態(tài),再結(jié)合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0~2 s內(nèi)逐漸增大,可知物塊受到木板的摩

12、擦力逐漸增大,故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大,選項C錯誤;由題圖(c)可知木板在2~4 s內(nèi)做勻加速運動,其加速度大小為a1= m/s2=0.2 m/s2,在4~5 s內(nèi)做勻減速運動,其加速度大小為a2= m/s2=0.2 m/s2,另外由于物塊靜止不動,同時結(jié)合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動摩擦力Ff=f,故對木板進行受力分析,由牛頓第二定律可得F-Ff=ma1、Ff=ma2,解得m=1 kg、F=0.4 N,選項A、B均正確;由于不知道物塊的質(zhì)量,所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數(shù),選項D錯誤。 4.【答案】C 【解析】由于該題沒有告訴彈簧的拉力與重力大小之間的關(guān)系,

13、可以依題意,分三種情況討論:(1)若F1=mg,則0~t1時間內(nèi)電梯靜止或做勻速直線運動,即速度等于0或速度保持不變,加速度等于0。四個圖線沒有是可能的。(2)若F2=mg,則F1<mg,在0~t1時間內(nèi)電梯受到的合外力的方向向下,加速度的方向向下,為負值,所以D是不可能的;則物體0~t1時間內(nèi)可能向下做加速運動,速度為負,或向上做減速運動,故A、B是不可能的;而t1~t2時間內(nèi)受到的合外力等于0,物體做勻速直線運動,物體的速度不變,又由P=mgv,可知t1~t2時間內(nèi)重力的功率不變,故C是錯誤的。(3)若F3=mg,則F1<mg,F(xiàn)2<mg,在0~t2時間內(nèi)電梯受到的合外力的方向都是向下,加

14、速度的方向向下,故A、B、D是不可能的;F3=mg,可知在0~t1時間內(nèi)向下的加速度大于t1~t2時間內(nèi)向下的加速度,而t2~t3時間內(nèi)物體做勻速直線運動,所以速度圖象如圖,速度的方向向下,重力的方向也向下,由P=mgv可知,圖C可能是重力的功率隨時間變化的圖線,故C是正確的。由以上的分析,可知只有C選項是可能的,A、B、D都是不可能的。 5.【答案】AC 【解析】上升過程中mg+Ff=ma1,由題圖可知a1=12 m/s2,解得Ff=2 N,小球所受重力和阻力之比為5∶1,選項A正確;下落過程中mg-Ff=ma2,可得a2=8 m/s2,根據(jù)h=at2可得==,選項B錯誤;根據(jù)v=a2t

15、2,t2= s,可得v=8 m/s,選項C正確;小球下落過程中,加速度方向豎直向下,小球處于失重狀態(tài),選項D錯誤。 6.【答案】B 【解析】沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,對整體分析,整體的加速度a=,隔離對質(zhì)量為m的小球分析,根據(jù)牛頓第二定律得,F(xiàn)彈=ma==kx1;同理,沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為m的小球上施加一水平向左的拉力F2,a′=,隔離對質(zhì)量為2m的小球分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F彈′=2ma′==kx2,由于x1=2x2,聯(lián)立可得:F1=4F2,故B正確,A、C、D錯誤。 7.【答案】ABC 【解析】當0<F≤μmg時,A受到拉力與靜摩擦力的作用,

16、二者平衡,繩中拉力為0,故A正確;當μmg<F≤2μmg時,整體受到拉力與摩擦力的作用,二者平衡,所以整體處于靜止狀態(tài),此時A受到的靜摩擦力達到最大即μmg,所以繩中拉力為F-μmg,故B正確;當F>2μmg時,對整體:a=,對B:a=,聯(lián)立解得繩中拉力為F,故C正確;由以上的分析可知,當μmg<F≤2μmg時繩中拉力為F-μmg,繩中拉力可能等于F,故D錯誤。 8.【答案】ABD 【解析】根據(jù)圖象可知,即x=-2t2+4t,結(jié)合勻變速位移時間關(guān)系可知,加速度大小a=4 m/s2,初速度v2=4 m/s ,故A正確,C錯誤。根據(jù)以上分析可知物塊1s時速度減為零,所以傳送帶AB長度至少為物塊

17、減速到零的位移,所以傳送帶AB長度至少為2m,故B正確。物塊減速到零的時間,反向加速到與傳送帶速度相同所需時間,所以加速位移,還需勻速時間,所以運動總時間t=t1+t2+t3=2.25 s,故D正確。 9.【答案】BC 【解析】設(shè)該列車廂與P相連的部分為P部分,與Q相連的部分為Q部分。設(shè)該列車廂有n節(jié),Q部分為n1節(jié),每節(jié)車廂質(zhì)量為m,當加速度為a時,對Q有F=n1ma;當加速度為a時,對P有F=(n-n1)ma,聯(lián)立得2n=5n1。當n1=2,n1=4,n1=6時,n=5,n=10,n=15,由題中選項得該列車廂節(jié)數(shù)可能為10或15,選項B、C正確。 10.【解析】(1)假設(shè)開始時物塊

18、與木板會相對滑動,由牛頓第二定律,對木板有: F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1 解得:a1=6 m/s2 對物塊有:μ1mg=ma2 解得:a2=4 m/s2 因為a2

19、二定律,對木板有:F-μ1Mg=Ma1′ 解得:a1′=8 m/s2 木板發(fā)生的位移為:x1′=v1t0+a1′t02 解得:x1′=1.36 m 此時木板距平臺邊緣的距離為: Δx=l-x1-x1′=(5-3-1.36)m=0.64 m。 (2)小物塊滑至平臺后,做勻減速直線運動,由牛頓第二定律,對物塊有:μ2mg=ma2′ 解得:a2′=μ2g 若小物塊在平臺上速度減為0,則通過的位移為:x2′= 要使物塊最終不會從平臺上掉下去需滿足:l+≥x2+x2′ 聯(lián)立解得:μ2≥0.2。 11.【解析】(1)放上的后瞬間,根據(jù)牛頓第二定律:mgsinθ-μmgcosθ=ma1

20、 解得木塊輕放上傳送帶后瞬間的加速度a1=2m/s2 (2)設(shè)木塊與擋板P碰撞前的速度v1,由運動學知識:v12=2a1(L-L1) 解得v1=4 m/s 木塊與擋板P碰后向上減速到共同速度之前: Mgsin θ+μmgcos θ=ma2 解得a2=10m/s2 木塊向上的位移x1==0.6m 共同速度之后,摩擦力反向,加速度為a1 木塊向上的位移x2==1 m 木塊第一次反彈后能到達的最高位置與擋板P的距離xm=x1+x2=1.6 m (3)木塊做穩(wěn)定的周期性運動后,每次與擋板碰前的速度為v=2m/s 則穩(wěn)定后周期為T=2=2 s。 12.【解析】(1)把物塊和木板

21、看做整體,由牛頓第二定律得: F=(m1+m2)a 對物塊分析,物塊與木板將要相對滑動時有μ1m1g=m1a 聯(lián)立解得F=μ1(m1+m2)g=8 N。 (2)物塊在0~2 s內(nèi)做勻加速直線運動,由牛頓第二定律有:μ1m1g=m1a1 解得a1=2 m/s2 2 s末物塊的速度為v1=a1t1=2×2 m/s=4 m/s 木板在0~1 s內(nèi)做勻加速直線運動,由牛頓第二定律有: F1-μ1m1g=m2a2 解得a2=4 m/s2 1 s末木板的速度v1′=a2t2=4×1 m/s=4 m/s 在1~2 s內(nèi)F2=μ1m1g 木板做勻速運動,速度為4 m/s 2~4 s內(nèi)

22、如果物塊和木板一起減速運動,共同的加速度大小為a共==μ2g m1的合力μ2m1g>fm=μ1m1g 所以物塊和木板相對滑動2 s后物塊做勻減速直線運動,由牛頓第二定律有:-μ1m1g=m1a3 得:a3=-2 m/s2 速度從4 m/s減至零的時間t3== s=2 s 木板做勻減速直線運動有: -μ2(m1+m2)g+μ1m1g=m2a4 得:a4=- m/s2 速度從4 m/s減至零的時間t4== s=1.5 s 二者在整個運動過程的v-t圖象如圖所示(實線是木板的v-t圖象,虛線是物塊的v-t圖象) 0~2 s內(nèi)物塊相對木板向左運動 Δx1=a2t22+(a2t2)(t1-t2)-a1t12 2~4 s內(nèi)物塊相對木板向右運動 Δx2=- 解得:Δx=Δx1-Δx2=1 m 所以0~4 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小為Δx=1 m。 9

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