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

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1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 專練四 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 一、考點(diǎn)內(nèi)容 (1)超重、失重；(2)連接體問題；(3)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。 二、考點(diǎn)突破 1．如圖所示，A、B、C為三個(gè)實(shí)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(xì)線一端，彈簧和細(xì)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(duì)于杯底(不計(jì)空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)(　　) A．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng) B．A、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng) C．A球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)

2、 D．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng) 2．(多選)如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)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(shí)，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?yàn)檎较?，空氣阻力不?jì)，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(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 4．某位同學(xué)在電梯中用彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)量一物體的重力，在0至t3時(shí)間段內(nèi)，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F隨時(shí)

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(yùn)動(dòng)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(gè)質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)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(shí)間之比為2∶3 C．小球落回到拋出點(diǎn)時(shí)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(gè)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(yùn)動(dòng)，則此時(shí)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(yùn)動(dòng)，則此時(shí)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(dòng)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(dòng)摩擦力。重力加速度為g。下列

6、說法中正確的是(　　) A．當(dāng)0＜F≤μmg時(shí)，繩中拉力為0 B．當(dāng)μmg＜F≤2μmg時(shí)，繩中拉力為F－μmg C．當(dāng)F＞2μmg時(shí)，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(zhǎng)的水平傳送帶以v1＝2 m/s的速度沿順時(shí)針方向運(yùn)行，滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))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(yùn)動(dòng)的過程中，位移與時(shí)間比值－時(shí)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(zhǎng)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(yùn)動(dòng)的總時(shí)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(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，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(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F。不計(jì)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(zhǎng)L＝2 m、質(zhì)量M＝4 kg的薄木板(厚度不計(jì))靜止在粗糙的水平臺(tái)面上，其右端距平臺(tái)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(diǎn))。已知木板與地面、物塊與木板間動(dòng)摩擦

8、因數(shù)均為μ1＝0.4，現(xiàn)對(duì)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(shí)，木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離； (2)要使小物塊最終不能從平臺(tái)上滑出去，則物塊與平臺(tái)間的動(dòng)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(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝2 m/s的速率順時(shí)針方向勻速運(yùn)行。M、N為傳送帶的兩個(gè)端點(diǎn)，M、N兩點(diǎn)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(diǎn)，若木

9、塊每次與擋板P發(fā)生碰撞時(shí)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(dòng)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(duì)滑動(dòng)，不計(jì)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(dá)的最高位置與擋板P的距離； (3)木塊做穩(wěn)定的周期性運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)，放在光滑的水平地面上，木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，整個(gè)系統(tǒng)開始時(shí)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(duì)運(yùn)動(dòng)，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(jìn)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(duì)木板的位移大小。 答案 二、考點(diǎn)突破 1．【答案】D 【解析】開始時(shí)A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長(zhǎng)，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時(shí)，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時(shí)水對(duì)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?duì)于杯底向上

11、運(yùn)動(dòng)，B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng)，C球相對(duì)于杯底不動(dòng)，故選D。 2．【答案】BC 【解析】根據(jù)牛頓第二定律得：對(duì)B得：mg－F＝ma①，對(duì)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(cuò)誤。由③式變形得a＝，當(dāng)m→∞時(shí)，a＝a1＝g，故B正確。由③式得，m＝0時(shí)，a＝a2＝－gsin θ，故C正確。當(dāng)a＝0時(shí)，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知m0不能求出，故D錯(cuò)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?fàn)顟B(tài)，再結(jié)合題圖(b)中細(xì)繩對(duì)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(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖(c)可知木板在2～4 s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物塊靜止不動(dòng)，同時(shí)結(jié)合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝f，故對(duì)木板進(jìn)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(xiàng)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(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)D錯(cuò)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(shí)間內(nèi)電梯靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即速度等于0或速度保持不變，加速度等于0。四個(gè)圖線沒有是可能的。(2)若F2＝mg，則F1＜mg，在0～t1時(shí)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(fù)值，所以D是不可能的；則物體0～t1時(shí)間內(nèi)可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，速度為負(fù)，或向上做減速運(yùn)動(dòng)，故A、B是不可能的；而t1～t2時(shí)間內(nèi)受到的合外力等于0，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物體的速度不變，又由P＝mgv，可知t1～t2時(shí)間內(nèi)重力的功率不變，故C是錯(cuò)誤的。(3)若F3＝mg，則F1＜mg，F(xiàn)2＜mg，在0～t2時(shí)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(shí)間內(nèi)向下的加速度大于t1～t2時(shí)間內(nèi)向下的加速度，而t2～t3時(shí)間內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)v＝a2t

15、2，t2＝ s，可得v＝8 m/s，選項(xiàng)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(xiàng)D錯(cuò)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(duì)整體分析，整體的加速度a＝，隔離對(duì)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(duì)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(cuò)誤。 7．【答案】ABC 【解析】當(dāng)0＜F≤μmg時(shí)，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(dāng)μmg＜F≤2μmg時(shí)，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(shí)A受到的靜摩擦力達(dá)到最大即μmg，所以繩中拉力為F－μmg，故B正確；當(dāng)F＞2μmg時(shí)，對(duì)整體：a＝，對(duì)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)μmg＜F≤2μmg時(shí)繩中拉力為F－μmg，繩中拉力可能等于F，故D錯(cuò)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(shí)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(cuò)誤。根據(jù)以上分析可知物塊1s時(shí)速度減為零，所以傳送帶AB長(zhǎng)度至少為物塊

17、減速到零的位移，所以傳送帶AB長(zhǎng)度至少為2m，故B正確。物塊減速到零的時(shí)間，反向加速到與傳送帶速度相同所需時(shí)間，所以加速位移，還需勻速時(shí)間，所以運(yùn)動(dòng)總時(shí)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(dāng)加速度為a時(shí)，對(duì)Q有F＝n1ma；當(dāng)加速度為a時(shí)，對(duì)P有F＝(n－n1)ma，聯(lián)立得2n＝5n1。當(dāng)n1＝2，n1＝4，n1＝6時(shí)，n＝5，n＝10，n＝15，由題中選項(xiàng)得該列車廂節(jié)數(shù)可能為10或15，選項(xiàng)B、C正確。 10．【解析】(1)假設(shè)開始時(shí)物塊

18、與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律，對(duì)木板有： F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1 解得：a1＝6 m/s2 對(duì)物塊有：μ1mg＝ma2 解得：a2＝4 m/s2 因?yàn)閍2

19、二定律，對(duì)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(shí)木板距平臺(tái)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(tái)后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，對(duì)物塊有：μ2mg＝ma2′ 解得：a2′＝μ2g 若小物塊在平臺(tái)上速度減為0，則通過的位移為：x2′＝ 要使物塊最終不會(huì)從平臺(tái)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(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)：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(dá)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(yùn)動(dòng)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(duì)物塊分析，物塊與木板將要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，速度為4 m/s 2～4 s內(nèi)

22、如果物塊和木板一起減速運(yùn)動(dòng)，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(duì)滑動(dòng)2 s后物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)間t3＝＝ s＝2 s 木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)有： －μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4 得：a4＝－ m/s2 速度從4 m/s減至零的時(shí)間t4＝＝ s＝1.5 s 二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的v－t圖象如圖所示(實(shí)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(duì)木板向左運(yùn)動(dòng) Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12 2～4 s內(nèi)物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng) Δx2＝－ 解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m 所以0～4 s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小為Δx＝1 m。 9