2020届高三精准培优专练四牛顿运动定律及其应用(学生版)

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1、精准培优专练 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

2、绳水平。t0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t4 s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10 m/s2。由题给数据可以得出() 图(a) 图(b) 图(c)A木板的质量为1 kgB2 s4 s内,力F的大小为0.4 NC02 s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

3、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=50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m,比赛过程中,该运动员先下蹲,重心下降0.5 m,经过充分调整后,发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加

4、速运动,忽略空气阻力影响,g取10 m/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960 ND从开始起跳到双脚落地需要1.05 s3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maB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

5、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m0.2 kg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g10 m/s2,则下列说法正确的是()A当a5 m/s2时,滑块对球的支持力为NB当a15 m/s2时,滑块对球的支持力为N C当a5 m/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a15 m/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m1 kg,初速度v010 m/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

6、的关系图象如图乙所示,g10 m/s2,则()A05 s内物块做匀减速运动B在t1 s时刻恒力F反向C恒力F大小为10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.36(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,倾角为的传送带以恒定速率逆时针转动,现将m2 kg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1.2 s到达B点,已知重力加速度g10 m/s2。下列说法正确的是()A货物在0.21.2 s内的加速度大小为1 m/s2BA、B两点的距离为1.5 mC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2.4

7、JD货物从A运动到B的过程中,传送带对货物做的功为6.4 J7(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。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 Dv0t8(多选)倾角为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。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。

8、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0,则F1F2B若0,则F20 C若0,则tanD若0,则【答案】BD【解析】当木板固定时,对小球分析,根据共点力平衡有:F1mgsin,静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,若0,则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得:MgsinMa,解得:agsin,再以小球为研究对象,则有:mgsinF2ma,解得:F20,故A错误、B正确;当木板沿斜面下滑时,若0,对整体分析,根据牛顿第二定律可得加速度为:agsingcos,隔离对小球分析有:mgsinF2ma,解得:F2mgco

9、s,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4.5 m,如图甲所示。t0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t1 s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1 s时间内小物块的vt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10 m/s2。求:(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2;(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

10、处运送到高处,已知传送带总长为L50 m,正常运转的速度为v4 m/s。一次工人刚把M10 kg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m5 kg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,g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8)(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F189 N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?(

11、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ff。02 s,木板静止,Ff,F逐渐增大,所以C错误。4 s5 s,木板加速度大小a20.2 m/s2,对木板受力分析,fma20.2 N,得m1 kg,所以A正确。2 s4 s,对木板有Ffma1,Ffma10.4 N,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kx0mg,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Fk(x0x)mgma,由以上两式解得Fk

12、xma,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】A1【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,

13、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:F1cosmg,水平方向:F2F1sinma,由看出,斜面对球的弹力F1大小不变,与加速度无关,不可能为零。由看出,若加速度足够小时,F2F1sinmgtan

14、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Fcos45ma0;竖直方向:Fsin45mg,解得a0g。当a5m/s2时,小球未离开滑块,水平方向:Fcos45FNcos45ma;竖直方向:Fsin45FNsin45mg,解得FNN,故A正确;当a15m/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

15、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:Ffma1,Ffma2,联立两式解得:F7N,f3N,则动摩擦因数为:,物体匀减速直线运动的时间为:,即在01s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0.21.2 s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:x10.2(12)11.6m,故B错误;由vt图象可知,物块在传送带上先做a1匀加速直

16、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:mgsinmgcosma1;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:mgsinmgcosma2,联立解得:sin0.3,gcos2,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,fmgcos4N,做a1匀加速直线运动,位移为:x110.20.1m,皮带位移为:x皮10.20.2m,相对位移为:x1x皮x10.20.10.1m,同理,做a2匀加速直线运动,位移为:x2(12)11.5m,x皮2111m,相对位移为:x2x2x皮20.5m,故两者之间的总相对位移为:xx1x2

17、0.6m,货物与传送带摩擦产生的热量为:QWfx40.6J2.4J,故C正确;根据功能关系,由C中可知:fmgcos4N,做a1匀加速直线运动,由图象知位移为:x10.1m,物体受摩擦力,方向向下,摩擦力做正功为:Wf1fx140.10.4J,同理做a2匀加速直线运动,由图象知位移为:x21.5m,物体受摩擦力,方向向上,摩擦力做负功为:Wf2fx241.56J,所以整个过程,传送带对货物做功大小为:6J0.4J5.6J,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mgma,解得ag。如果时间t内一直加速,加速的位移为,故

18、相对白板的位移为;如果先加速,后匀速,位移为,故相对白板的位移为;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:F1mgsin,静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,若0,则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得:MgsinMa,解得:agsin,再以小球为研究对象,则有:mgsinF2ma,解得:F20,故A错误、B正确;当木板沿斜面下滑时,若0,对整体分析,根据牛顿第二定律可得加速

19、度为:agsingcos,隔离对小球分析有:mgsinF2ma,解得:F2mgcos,则有:,解得:,故C错误、D正确。9【答案】(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m【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1(mM)g(mM)a1由题图乙可知,木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v14 m/s,由运动学公式得v1v0a1t1x0v0t1a1t式中,t11 s,x04.5 m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。联立式和题给条件解得10.1在木板与墙壁碰撞后,木板

20、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2mgma2由题图乙可得a2式中,t22 s,v20,联立式和题给条件解得20.4.(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,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2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t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x1t小物块运动的位移为x2t小物块相对木板的位移为xx2x1联立式,并代入数据解得x6.0 m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6.0 m。(3)在小物块和

21、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1(mM)g(mM)a40v2a4x3碰撞后木板运动的位移为xx1x3联立式,并代入数据解得x6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。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: Fm192N(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tt1+t211.25 s。11

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