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

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，木水鐵)()AA球?qū)⑾蛏线\動，B、C球?qū)⑾蛳逻\動BA、B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動CA球?qū)⑾蛳逻\動，B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動DA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(dāng)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，下列說法正確的是()A若已知，可求出A的質(zhì)量B若未知，可求出乙圖中a1的值C若已知，可求出乙圖中a2的值D若已知，可求出乙圖中m0的值3(多選)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(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 kgB24 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0.24某位同學(xué)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vt圖、Pt圖(P為物體重力的功率大小)及at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vt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51B小球上升過程與下落過程所用時間之比為23C小球落回到拋出點時的速度大小為8 m/sD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)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x12x2，則有()AF1F2BF14F2CF14F2 DF12F27(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，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。下列說法中正確的是()A當(dāng)0Fmg時，繩中拉力為0B當(dāng)mgF2mg時，繩中拉力為FmgC當(dāng)F2mg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v12 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()Av2的大小為4 m/sB傳送帶AB長度至少為2 mC滑塊在傳送帶上的加速度大小為2 m/s2D滑塊在傳送帶上運動的總時間為2.25 s9(多選)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(dāng)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(dāng)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()A8 B10 C15 D1810如圖所示，一長L2 m、質(zhì)量M4 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l5 m，木板的正中央放有一質(zhì)量為m1 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因數(shù)均為10.4，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)2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37°，在電動機的帶動下以v2 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L7 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m1 kg的木塊，木塊可視為質(zhì)點，若木塊每次與擋板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)0.5，O、M間距離L13 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m11 kg的物塊疊放在質(zhì)量為m23 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10.2，整個系統(tǒng)開始時靜止，重力加速度g10 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04 s內(nèi)，若拉力F的變化如圖乙所示，2 s后木板進入20.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出04 s內(nèi)木板和物塊的vt圖象，并求出04 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紫蛏线\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：mgFma，對A得：FmAgsin mAa，聯(lián)立得a，若已知，由知，不能求出A的質(zhì)量mA，故A錯誤。由式變形得a，當(dāng)m時，aa1g，故B正確。由式得，m0時，aa2gsin ，故C正確。當(dāng)a0時，由式得，mm0mAsin ，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02 s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，再結(jié)合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在02 s內(nèi)逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，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24 s內(nèi)做勻加速運動，其加速度大小為a1 m/s20.2 m/s2，在45 s內(nèi)做勻減速運動，其加速度大小為a2 m/s20.2 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Fff，故對木板進行受力分析，由牛頓第二定律可得FFfma1、Ffma2，解得m1 kg、F0.4 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，可以依題意，分三種情況討論：(1)若F1mg，則0t1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F2mg，則F1mg，在0t1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0t1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t1t2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Pmgv，可知t1t2時間內(nèi)重力的功率不變，故C是錯誤的。(3)若F3mg，則F1mg，F(xiàn)2mg，在0t2時間內(nèi)電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；F3mg，可知在0t1時間內(nèi)向下的加速度大于t1t2時間內(nèi)向下的加速度，而t2t3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Pmgv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mgFfma1，由題圖可知a112 m/s2，解得Ff2 N，小球所受重力和阻力之比為51，選項A正確；下落過程中mgFfma2，可得a28 m/s2，根據(jù)hat2可得，選項B錯誤；根據(jù)va2t2，t2 s，可得v8 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makx1；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2makx2，由于x12x2，聯(lián)立可得：F14F2，故B正確，A、C、D錯誤。7【答案】ABC【解析】當(dāng)0Fmg時，A受到拉力與靜摩擦力的作用，二者平衡，繩中拉力為0，故A正確；當(dāng)mgF2mg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?fàn)顟B(tài)，此時A受到的靜摩擦力達到最大即mg，所以繩中拉力為Fmg，故B正確；當(dāng)F2mg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(dāng)mgF2mg時繩中拉力為Fmg，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x2t24t，結(jié)合勻變速位移時間關(guān)系可知，加速度大小a4 m/s2，初速度v24 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tt1t2t32.25 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(dāng)加速度為a時，對Q有Fn1ma；當(dāng)加速度為a時，對P有F(nn1)ma，聯(lián)立得2n5n1。當(dāng)n12，n14，n16時，n5，n10，n15，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)開始時物塊與木板會相對滑動，由牛頓第二定律，對木板有：F1(Mm)g1mgMa1解得：a16 m/s2對物塊有：1mgma2解得：a24 m/s2因為a2<a1，故假設(shè)成立設(shè)F作用t秒后，小物塊恰好從木板左端滑離，則有：a1t2a2t2代入數(shù)據(jù)解得：t1 s在此過程中，木板的位移為：x1a1t2×6×12 m3 m，末速度為：v1a1t6×1 m/s6 m/s。物塊的位移為：x2a2t2×4×12 m2 m，末速度為：v2a2t4×1 m/s4 m/s。在小物塊從木板上滑落后的0.2 s內(nèi)，由牛頓第二定律，對木板有：F1MgMa1解得：a18 m/s2木板發(fā)生的位移為：x1v1t0a1t02解得：x11.36 m此時木板距平臺邊緣的距離為：xlx1x1(531.36)m0.64 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：2mgma2解得：a22g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：lx2x2聯(lián)立解得：20.2。11【解析】(1)放上的后瞬間，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinmgcosma1解得木塊輕放上傳送帶后瞬間的加速度a12m/s2(2)設(shè)木塊與擋板P碰撞前的速度v1，由運動學(xué)知識：v122a1(LL1)解得v14 m/s木塊與擋板P碰后向上減速到共同速度之前：Mgsin mgcos ma2解得a210m/s2木塊向上的位移x10.6m共同速度之后，摩擦力反向，加速度為a1木塊向上的位移x21 m木塊第一次反彈后能到達的最高位置與擋板P的距離xmx1x21.6 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v2m/s則穩(wěn)定后周期為T22 s。12【解析】(1)把物塊和木板看做整體，由牛頓第二定律得：F(m1m2)a對物塊分析，物塊與木板將要相對滑動時有1m1gm1a聯(lián)立解得F1(m1m2)g8 N。(2)物塊在02 s內(nèi)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：1m1gm1a1解得a12 m/s22 s末物塊的速度為v1a1t12×2 m/s4 m/s木板在01 s內(nèi)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：F11m1gm2a2解得a24 m/s21 s末木板的速度v1a2t24×1 m/s4 m/s在12 s內(nèi)F21m1g木板做勻速運動，速度為4 m/s24 s內(nèi)如果物塊和木板一起減速運動，共同的加速度大小為a共2gm1的合力2m1g>fm1m1g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：1m1gm1a3得：a32 m/s2速度從4 m/s減至零的時間t3 s2 s木板做勻減速直線運動有：2(m1m2)g1m1gm2a4得：a4 m/s2速度從4 m/s減至零的時間t4 s1.5 s二者在整個運動過程的vt圖象如圖所示(實線是木板的vt圖象，虛線是物塊的vt圖象)02 s內(nèi)物塊相對木板向左運動x1a2t22(a2t2)(t1t2)a1t1224 s內(nèi)物塊相對木板向右運動x2解得：xx1x21 m所以04 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小為x1 m。9