2020版高考物理大二轮培优通用版专题强化练：（三）　牛顿运动定律 Word版含解析.docx

专题强化练(三)牛顿运动定律(满分:100分时间:50分钟)一、选择题(共7小题,每小题8分,共56分)1.(考点3)(2019福建永安一中、德化一中、漳平一中联考)如图所示,甲、乙两个物块用平行于斜面的细线连接,用沿斜面向上的拉力F拉甲物块,使甲、乙两物块一起沿光滑斜面做匀加速运动。某时刻撤去拉力F,则撤去拉力的一瞬间,下列说法正确的是()A.甲、乙都受三个力作用B.甲、乙的速度相同C.甲的加速度大于乙的加速度D.甲受到的合力一定沿斜面向下,乙受到的合力可以沿斜面向上解析甲、乙两物体在拉力F作用下一起向上做匀加速运动,所以在撤去拉力F瞬间两物体的速度相同,选项B正确;某时刻撤去拉力F,甲、乙整体受重力、支持力两个力作用,加速度都为gsin (为斜面倾角),故细线弹力为零,甲、乙也只受重力、支持力两个力作用,且两力的合力沿斜面向下,选项A、C、D均错误。答案B2.(考点2)(2019河北衡水一模)如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为,B与地面之间的动摩擦因数为3。若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1;若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2,则a1与a2的比为()A.11B.23C.13D.32解析当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,临界情况是A、B的加速度相等,对B隔离分析,B的加速度为aB=a1=mg-3·2mgm=13g,当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,有:aA=a2=mgm=g,可得a1a2=13,只有选项C正确。答案C3.(考点4)(多选)(2019陕西西安第一中学月考)如图所示,一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点,当传送带始终静止时,已知物体能滑过右端的B点,经过的时间为t0,则下列判断正确的是()A.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变,则物体也能滑过B点,且用时为t0B.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变,则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零,然后向左加速,因此不能滑过B点C.若传送带顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v=v0时,物体将一直做匀速运动滑过B点,用时一定小于t0D.若传送带顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v>v0时,物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点,用时一定小于t0解析当传送带不动时,小物块在滑动摩擦力作用下在传送带上做匀减速运动,当传送带逆时针方向运行且保持速率不变,物体滑上传送带时仍在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,加速度不变,位移不变,运动情况完全相同,所以物体也能滑过B点,且用时为t0,选项A正确、B错误;传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行,当v=v0时,小物块在传送带上做匀速直线运动滑过B点,所以所用时间t<t0时,选项C正确;传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行,当v>v0时,小物块在传送带上可能一直做匀加速运动,也有可能先做匀加速后做匀速运动,所以t<t0,选项D错误。答案AC4.(考点1、3)(多选)(2018山东日照模拟)如图甲所示,A、B两个物体靠在一起,静止在光滑的水平面上,它们的质量分别为mA=2 kg、mB=4 kg,现用水平力FA推A,用水平力FB拉B,FB和FA随时间t变化的关系图象如图乙所示。则()A.A、B脱离之前,它们一直做匀加速运动B.t=4 s时,A、B脱离C.A、B脱离时,它们的位移为4 mD.A、B脱离后,A做减速运动,B做加速运动解析04 s,FA+FB=12 N,如一起运动,对AB整体:FA+FB=(mA+mB)a,对B:FN+FB=mBa,解得:a=2 m/s2,当FN=0时,FB=8 N,对应的时刻为2 s末,则分离前它们一直做匀加速运动,t=2 s时,A、B脱离,选项A正确、B错误;t=2 s时,A、B脱离,它们的位移x=12at2,解得x=4 m,选项C正确;t=2 s时,A、B脱离,脱离后,A做加速度减小的加速运动,B做加速度增大的加速运动,选项D错误。答案AC5.(考点2)(多选)(2019山西省山西大学附属中学诊断)如图,穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止。现对小球沿杆方向施加恒力F0,垂直于杆方向施加竖直向上的力F,且F的大小始终与小球的速度成正比,即F=kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为,已知小球运动过程中未从杆上脱落,球上小孔直径略大于直杆直径,且F0>mg。下列说法正确的是()A.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止B.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,直到最后做匀速运动C.小球的最大加速度为F0mD.小球最大速度为F0+mgk解析小球在F0作用下向右做加速运动,随着速度的增加,向上的力F越来越大,导致杆对小球的弹力越来越小,摩擦力越来越小,加速度越来越大,当F=mg时,弹力减小到零,摩擦力减小到零,此时加速度达到最大值,最大加速度a=F0m,选项C正确;接下来,F>mg,杆对小球的弹力向下,随速度的增加,F越来越大,杆对小球的弹力越来越大,摩擦力越来越大,加速度越来越小,当摩擦力增大到与拉力F0相等时,小球匀速运动,因此小球的加速度先增大后减小,最后匀速运动,选项A错误、B正确;最大速度时,F0=(F-mg),而F=kv可求得最大速度v=F0+mgk,选项D正确。答案BCD6.(考点2、3)(多选)(2019宁夏平罗中学月考)如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间由一轻质细线连接,B、C间由一轻杆相连。倾角为的光滑斜面固定在地面上,弹簧、细线与轻杆均平行于斜面,初始系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是()A.A球的加速度沿斜面向上,大小为gsin B.B、C两球的加速度均沿斜面向下,大小均为gsin C.B、C之间杆的弹力大小为0D.C球的受力情况未变,加速度为0解析初始系统处于静止状态,把BC看成整体,对其受力分析,BC受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT。对BC重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解,根据共点力平衡条件得:FT=2mgsin ;对A进行受力分析,A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT。对A重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解,根据共点力平衡条件得F弹=FT+mgsin =3mgsin ;细线被烧断的瞬间,绳在断后弹力会突变为零,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上,大小a=2gsin ,选项A错误;细线被烧断的瞬间,把BC看成整体,BC受重力2mg、斜面的支持力FN,根据牛顿第二定律得BC球的加速度a'=gsin ,两球的加速度均沿斜面向下,选项B正确、D错误;对C进行受力分析,C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力。根据牛顿第二定律得:mgsin +F=ma'解得:F=0,所以B、C之间杆的弹力大小为0,选项C正确。答案BC7.(考点2、4)(多选)(2019山东曲阜夫子学校期中考试)如图所示,在某海滨游乐场里有一种滑沙运动,其运动过程可类比如图所示的模型,小孩(可视为质点)坐在长为1 m的滑板上端,与滑板一起由静止从倾角为37°的斜面上下滑,已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,滑板与沙间的动摩擦因数为916,小孩的质量与滑板的质量相等,斜面足够长,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则以下判断正确的是()A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5.5 m/s2C.经过22 s的时间,小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为22 m/s解析对小孩受力分析,小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-1mgcos 37°=ma1,得a1=gsin 37°-1gcos 37°=2 m/s2,选项A正确;小孩和滑板脱离前,对滑板运用牛顿第二定律有mgsin 37°+1mgcos 37°-2·2mgcos 37°=ma2,代入数据解得a2=gsin 37°+1gcos 37°-22gcos 37°=1 m/s2,选项B错误;设经过时间t,小孩离开滑板12a1t2-12a2t2=1,解得t=2 s,选项C错误;小孩离开滑板时的速度为v=a1t=2×2 m/s=22 m/s,选项D正确。答案AD二、计算题(第8题12分,第9题16分,第10题16分,共44分)8.(考点4)(2019福建莆田第一中学月考)某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角=30°,传送带两端A、B的长度L=12.5 m。传送带以v=5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A轻轻放一质量m=5 kg的货物,货物与传送带间的动摩擦因数=32。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)解析以货物为研究对象,由牛顿第二定律得mgcos 30°-mgsin 30°=ma解得a=2.5 m/s2。货物匀加速运动的时间为t1=va=2 s,货物匀加速的位移x1=12at2=5 m<L=12.5 m,经计算知mgcos 30°>mgsin 30°,故此后货物随传动带一起向上做匀速运动,匀速运动的位移x2=L-x1=7.5 m,匀速运动的时间t2=x2v=1.5 s,货物从A到B所需的时间为t=t1+t2=3.5 s。答案3.5 s9.(考点1)(2019华中师大附中模拟)如图甲所示为一倾角=37°足够长的斜面,将一质量m=1 kg的物体在斜面上静止释放,同时施加一沿斜面向上的拉力F,拉力F随时间t变化关系的图象如图乙所示,物体与斜面间动摩擦因数=0.25。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)2 s末物体的速度大小;(2)前16 s内物体发生的位移。解析(1)对物体受力分析,受重力、支持力、拉力、摩擦力,假设在02 s时间内物体沿斜面方向向下运动,因为mgsin -mgcos -F1>0,所以假设成立,物体在02 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得mgsin -F1-mgcos =ma1,解得a1=2.5 m/s2,v1=a1t1,代入数据可得v1=5 m/s。(2)物体在前2 s内发生的位移为x1=12a1t12=5 m,当拉力为F2=4.5 N时,由牛顿第二定律可得mgsin -mgcos -F2=ma2,代入数据可得a2=-0.5 m/s2,设物体经过t2时间速度减为零,则0=v1+a2t2,解得t2=10 s,物体在t2时间内发生的位移为x2=v1t2+12a2t22=25 m,由于mgsin -mgcos <F2<mgsin +mgcos ,则物体在剩下4 s时间内处于静止状态。故物体在前16 s内发生的位移x=x1+x2=30 m,方向沿斜面向下。答案(1)5 m/s(2)30 m,方向沿斜面向下10.(考点1、2、4)(2019山东日照第一中学模拟)如图甲所示,在光滑水平面上有一质量为m1=1 kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=2 kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数=0.5,假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g取10 m/s2。(1)求木块和木板相对静止一起运动的时间t1;(2)通过计算,写出木板和木块的加速度随时间变化的关系式,并在图乙中利用已经给出的坐标数据,画出木板和木块的加速度随时间t变化的图象。(取水平拉力F的方向为正方向,保留必要的辅助线)解析(1)开始时木板和木块一起做加速运动,有:F=(m1+m2)a解得:a=Fm1+m2=kt1m1+m2当木板与木块间的摩擦力达到Ffm=m2g后两者发生相对滑动。对木板有:Ffm=m2g=m1a解得:m2g=m1kt1m1+m2,k=3解得:t1=10 s。(2)发生相对滑动前,m1、m2共同加速度为:a=Fm1+m2=ktm1+m2a=t发生相对运动后,对木块m2有:F-m2g=m2a2a2=F-m2gm2=ktm2-ga2=1.5t-5对木板m1有:m2g=m1a1a1=10 m/s2所以图象如图。答案(1)10 s(2)a1=10 m/s2a2=1.5t-5图象见解析