2020高考物理一轮复习精选题辑课练9牛顿运动定律的应用.pdf

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1、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】1/13 2020高考物理一轮复习精选题辑课练9牛顿运动定律的应用编 辑：_时 间：_教学资料范本【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】2/13 1(20 xx 广东广州联考)(多选)如图所示，两个相同的小物块a 和 b 之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则()A剪断细线瞬间，a 和 b 的加速度大小均为gB弹簧恢复原长时，a 和 b 的加速度大小均为gC下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D下落过程中 a、b 和弹簧组成的系统机械能守恒答案：BD解析：细线被剪断前，a、b

2、受力如图，F1F1 mg，F2F1mg 2mg，剪断细线瞬间，细线拉力F2 变为零，弹簧弹力不变对 a 有 F1mg maa，aa2g；b 受力情况不变，加速度为零，A错误；弹簧恢复原长时，a 和 b 都只受重力，加速度大小均为g，B正确；由于开始a 的加速度大于b 的加速度，下落时弹簧长度开始变短，弹簧恢复原长时，a 的速度大于 b 的速度，弹簧开始处于压缩状态，C错误；下落过程中a、b 和弹簧组成的系统动能、重力势能、弹性势能相互转化，系统机械能守恒，D正确2(20 xx 河南南阳一中月考)(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为 2m和 m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，

3、B 与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对 A施加一水平拉力 F，则()A当 F3mg时，A相对 B滑动D无论 F为何值，B的加速度不会超过g答案：BCD解析：A、B 之间的最大静摩擦力为fmaxmAg 2mg，B 与地面间的最大静摩擦力为f max (mA mB)g mg，A、B 发生相对滑动时的加速度为ag，此时对整体有Ff max (m2m)a，所以当 F3mg 3ma 3mg时，A、B将发生相对滑动；当 mg F2 mg时，A、B 之间不会发生相对滑动，B 与地面间会发生相对滑动，A 错误；当 Fmg3mg时，A、B间发生相对滑动，C正确；A对 B的

4、最大摩擦力为2mg，无论F为何值，B的加速度最大值为ag，D正确【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】3/13 3(20 xx 安徽蚌埠期末)爱因斯坦曾经设计了一个真空中的理想实验，在这个实验中，当电梯(内部为真空)相对于地球静止时，封闭在电梯里的观察者发现，从手中释放的苹果和羽毛落到电梯底板上，当电梯做自由落体运动时，观察者发现从手中释放的苹果和羽毛会停在空中而不下落以下对这一实验的说法中正确的是()A电梯相对地球静止时，释放后的苹果比羽毛先落到电梯底板B电梯做自由落体运动时，释放后的苹果和羽毛受到的合力为零C以自由下落的电梯为参考系，牛顿运动定律也是成立的D在自由下落的电梯里，观察

5、者不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在答案：D解析：电梯静止时，由于不受空气阻力，苹果和羽毛均做自由落体运动，故二者同时落到电梯底板上，故A 错误；电梯做自由落体运动时，释放后的苹果和羽毛所受的合力等于它们的重力，故B错误；牛顿运动定律适用于惯性参考系，即选择静止或匀速直线运动的物体为参考系，以自由下落的电梯为参考系，牛顿运动定律是不成立的，故C 错误；由于电梯、苹果和羽毛三者同时自由下落时相对静止，此时它们仍受到引力作用，因此不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在，故D正确4(20 xx 湖北黄石中学模考)(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的 A、B 两个滑块放在斜面上，中

6、间用一个轻杆相连，A、B 与斜面间的动摩擦因数分别为1、2，它们在斜面上加速下滑关于杆的受力情况，下列分析正确的是()A若 12，m1 m2，则杆受到压力B若 12，m1m2，则杆受到拉力C若 12，m12，则a1a2，B的加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若 12，则 a1a2，两滑块加速度相同，说明无相对运动趋势，杆不受到作用力，故 B错误，D正确；若 1a2，A的加速度较大，则杆受到拉力，故C错误【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】4/13 5(20 xx 甘肃一诊)(多选)如图所示，在水平面上，有两个质量分别为 m1和 m2的物体 A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为，

7、m1m2，A、B间水平连接有一轻质弹簧测力计若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后 B 的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为 F1；如果改用大小为F 的水平力向左拉A，稳定后 A 的加速度大小为 a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是()Aa1a2，F1F2 Ba1a2，F1a2，F1F2答案：A解析：以由 A、B 及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a，可得 a1a2a.当用 F拉 B时，以 A为研究对象有 F1m1g m1a1，可得 F1m1g m1a1；同理，当用 F拉 A时，以 B为研究对象，有 F2m2g m2a2，可得F2，由于 m1m2，则

8、 F1F2，A正确6(多选)如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成 角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成 角，若 m.用一力 F 水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度 a 向右运动，细线与竖直方向成 角，细线的拉力大小为 F1，如图甲若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度 a向左运动时，细线与竖直方向也成 角，细线的拉力大小为 F1，如图乙，则 ()Aa a，F1F1 B aa，F1F1Caa，F1a，F1 F1答案：D【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】5/13 解析：先对

9、题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律有F(Mm)a.再对题图甲的小球受力分析，如图(a)根据牛顿第二定律有FF1sin ma，F1cos mg 0.由以上三式可解得 F1，a.再对题图乙中小球受力分析如图(b)，由几何关系得F 合mgtan，F1，再由牛顿第二定律得到agtan，由于 Mm，故 aa，F1F1，故选 D.8如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可得到的信息是()A该同学做了两次下蹲起立的动作B该同学做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s 起立C下蹲过程中人一

10、直处于失重状态D下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态答案：B解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，达到一个最大速度后再减速下降处于超重状态，同理起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2 s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误9(20 xx 江西宜春中学等五校联考)(多选)如图所示，一质量为 M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90，两底角为 和 且 fm，因为 m2随 m1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确

11、，根据上述分析可知，m2相对于 m1下滑，故 B正确11(20 xx 辽宁鞍山一中一模)如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮 O的木块 A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角 37的斜面放置在A上的物体 B 和物体 C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行现对 A施加一水平向右的恒力F，使 A、B、C恰好保持相对静止已知A、B、C 的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小(sin37 0.6，cos37 0.8)答案：mg解析：设绳的张力为T，系统加速度为a，以物体 B为研究对象，水平方向物体 B只受绳的拉力，由牛顿第二定律得Tma；对物体

12、 C受力分析如图所示，受绳的张力T、斜面的支持力FN和重力 mg，加速度也为 a.对力进行正交分解：水平方向有 FNsinTcosma；竖直方向有 FNcos Tsin mg，联立解得 a，以 A、B、C整体为研究对象有F3ma，解得 Fmg.12(20 xx 安徽蚌埠二中模拟)如图所示，地面依次摆放两个完全相同的木板 A、B，长度均为 l 2.5 m，质量均为 m2 150 g现有一小滑块以速度v06 m/s 冲上木板 A 的左端，已知小滑块质量m1 200 g，滑块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数 20.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取 10 m/s2)【本

13、资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】7/13(1)若滑块滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B时，木板 B开始滑动，求 1 应满足的条件(2)若 10.4，求滑块运动的时间(结果可用分数表示)答案：(1)0.35 2(m1m2)g，代入数据解得 0.3510.5.(2)若 10.4，则滑块在木板 A上滑动时，木板不动设滑块在木板 A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得1m1g m1a1，解得 a14 m/s2，由2a1l vv，得滑块到达木板B时的速度 v14 m/s，设滑块在 A板上运动的时间为t1，由 v1v0a1t1，解得 t1 0.5 s，滑块滑上 B后，B开始运动

14、，由 1m1g 2(m1m2)gm2a2，解得 a2m/s2，当滑块与 B速度相同时，有 a2t2v1a1t2，解得 t2 s，相对位移 xt2 t2 ma 乙，故 C错误；下落相同的距离，由hat2 知，a 越大，t 越小，故 A错误；由 2ahv2v 知，v00，a 越大，v 越大，故 B正确；由 W阻F 阻 h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，故D 正确2(20 xx 新课标全国卷)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和 Q间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为a 的

15、加速度向西行驶时，P 和 Q 间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B 10C15 D 18答案：BC解析：设每节车厢质量为m，挂钩 P、Q西边车厢的质量为bm，东边车厢的质量为cm，当机车在东边时，以bm为研究对象，Fbma；当机车在西边时，以cm为研究对象，Fcma，可得 3b2c.设 3b2ck，则总节数 dbck，且 d 为正整数，则 k 取 6,12,18，d5,10,15，故选项 B、C正确3(20 xx 新课标全国卷)(多选)如图(a)，一物块在 t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示若重力加速度及图中的

16、 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度答案：ACD解析：v-t 图线的斜率表示加速度，与时间轴围成的面积表示位移，故由题中所给的图象可得物块上滑的加速度大小a 上，物块下滑的加速度大小a 下.设斜面倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律得，上滑时gsin gcosa 上，下滑时gsin gcosa 下，两方程联立可解得斜面的倾角、物块与斜面间的动摩擦因数，选项A、C正确；物块运动的加速度与质量无直接关系，依据题意无法得出物块的质量，选项B 错误；物块沿斜面上滑的最大距离，即是在t1 时间内 v-

17、t 图线与时间轴所围的面积，即 xv0t1，则 hxsin，选项 D正确4(20 xx 重庆巴蜀中学月考)如图所示，倾角为 的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物块从传送带【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】9/13 底端以初速度大小 v2(v2v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力 F作用，物块与传送带间的动摩擦因数为tan，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v-t 图象不可能是()答案：C解析：因 v2v1，则物块相对于传送带向上运动，物块所受滑动摩擦力向下若 Fmgsinmgcos，则物块的加速度为零，将一直向上以v2 匀速运动，选项B 正确；

18、若Fmgsinmgcos，则物块的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A 正确；若Fmgsinmgcos，则物块的加速度向下，将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物块受静摩擦力作用且它所受的合外力为零，则物块和传送带一起向上匀速运动，故选项C错误，选项 D正确；故不可能的图象选C.5(20 xx 江西丰城模拟)(多选)质量均为 m的两物块 1 和 2 之间用一根不可伸长的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度 v0 匀速运动，某时刻物块1 到达桌面的右边缘，如图所示当物块 1 滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0 且保持不变，物块1

19、 和物块 2 与传送带间的动摩擦因数分别为1、2(12)，则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度)()A物块 2 在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动B两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等C两物块在任何时刻的速度和加速度都相等D可能存在物块 1 与物块 2 加速度不相等的阶段答案：AD解析：物块1 滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，由于物块1 和物块 2 通过不可伸长的细线连接，故物块2 也做匀加速运动；如果在物块2 滑上传送带之前，物块的速度已经等于传送带的速度，则此后物块1、2 均做匀速直线运动，故A正确；两物块都在传送带上时，

20、如果两物块速度与传送带相同，则两物块所受静摩擦力相等，均为零，故B错误；如果物块 2滑上传送带时，物块的速度小于传送带的速度，由于两个物块的动摩擦因数12，则加速度 a1m2，则 v1v2、s1s2B若 F1F2、m1v2、s1s2C若 F1v2、s1s2D若 F1F2、m1 m2，则 v1s2答案：C解析：若 F1F2，由于 a、b 所受的摩擦力大小相等，因此a、b 的加速度相同，设a、b 的加速度大小为 a0，P的加速度大小为a1，Q的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得a1，a2，其中 m为物块 a、b 的质量设木板的长度为L，两木板均向右做匀加速直线运动，当物块与木板分离时，a 与 P

21、的相对位移为La0ta1t，b 与Q的相对位移为 La0ta2t.若 m1m2，则 a1a2，t1t2.P的速度为 v1a1t1，Q的速度为 v2a2t2.物块 a 相对地面的位移为s1a0t，物块 b 相对地面的位移为s2a0t，则 v1v2，s1s2；同理，若 m1v2，s1s2，故 A、B错误；若 F1F2、m1 m2，根据受力分析和牛顿第二定律得aaab，由于 m1 m2，所以 P、Q的加速度相同设 P、Q的加速度大小为 a3，它们均向右做匀加速直线运动，当物块与木板分离时a 与 P的相对位移为 Laata3t，b 与 Q的相对位移为 Labt a3t，由于 aaab，则 t1t2.P

22、的速度为 v1a3t1，Q的速度为 v2a3t2，则 v1v2，s1s2，故 D 错误；同理，若 F1F2、m1 m2，则 aat2，v1v2，s1s2，故 C正确8如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B 压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】11/13 B 与接触面间的动摩擦因数均为，车厢静止时，两弹簧长度相同，A 恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B 仍相对车厢静止，则()A速度可能向左，加速度可大于(1)gB加速度一定向右，不能超过(1)gC加速

23、度一定向左，不能超过gD加速度一定向左，不能超过(1)g答案：B解析：开始A 恰好不下滑，对A 分析有 f mg NF 弹，解得 F 弹，此时弹簧处于压缩状态当车厢做加速运动时，为了保证 A 不下滑，侧壁对A 的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右对B 分析，fBm(F 弹mg)ma，解得 a(1)g，故 B正确，A、C、D错误易错点 1不能正确地选取研究对象9(20 xx 安徽六安一中月考)如图所示，在倾角为30的光滑斜面上放置质量分别为m和 2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm.现用平行于斜面的拉力F 拉其中一个质

24、量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值为()A.fm B.fmCfm D.fm答案：D解析：由题意可知，当下面的质量为2m的木块受到的摩擦力达到最大时，拉力F 达到最大将四个木块看成整体，由牛顿第二定律有 F6mgsin306ma，将两个质量为m的木块及处在斜面上面的质量为 2m的木块看成整体，有fm4mgsin304ma，联立解得Ffm，故选项 D正确易错点 2对物体的运动过程分析不清10(20 xx 陕西宝鸡中学模拟)(多选)如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1 沿顺时针方向转动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定大小的速

25、度v2 沿水平面分别从左、右两端滑上传道带，下列说法正确的是()A物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B若 v2v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】12/13 C若 v2v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D若 v2v1，物体从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动再做加速运动答案：CD解析：若 v2v1，物体从左端滑上传送带时，由于传送带相对物体向右运动，所以物体受到向右的滑动摩擦力，在滑动摩擦力作用下做匀加速运动；若在到达传送带右端之前，物体和传送带达到共速，则之后物体做匀速直

26、线运动，若在到达传送带右端时物体的速度仍小于传送带的速度，则物体在传送带上整个运动过程中都做匀加速直线运动，故B错误；若 v2v1，并且 v2 足够大，无论从左端还是从右端滑上传送带的过程中，物体在传送带上运动的整个过程中都是做匀减速直线运动，加速度 ag，所以运动时间相同，故A错误11(20 xx 重庆八中一模)如图所示，质量M 1 kg 的木板静置于倾角为 37的足够长的固定斜面上的某个位置，质量m 1 kg、可视为质点的小物块以初速度v05 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从

27、木板的下端滑出已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10 m/s2，sin37 0.6，cos370.8.求：(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度；(2)木板的最小长度；(3)物块在木板上运动的总时间答案：(1)见解析(2)m(3)s解 析：(1)物 块 与木 板 共 速 前，对 物 块分 析 有mgsin 1mgcos ma1，得 a18 m/s2，方向沿斜面向下，物块减速上滑；对木板分析有F1mgcos Mgsin2(mM)gcosMa2，得 a22 m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑(2)物块与木板共速

28、时有v 共v0a1t1，v 共a2t1，代入数据解得 t1 0.5 s，v 共1 m/s，共速时物块与木板的相对位移【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】13/13 x1v0t1 a1ta2t 1.25 m，撤掉 F 后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a18 m/s2，物块减速上滑，对木板有Mgsin2(Mm)gcos1mgcos Ma 2，则 a212 m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑由于 Mgsin1mgcos(Mm)gcos，则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，经过 t2 s，木板停止，经过t 2s，物块速度减为零，此过程，物块和木板的相对位移x2t 2t2 m，故木板的最小长度Lminx1x2 m.(3)物块在木板上下滑时，木板静止不动，物块的加速度 a1gsin 1gcos 4 m/s2，Lmina1t，得 t3 s，物块在木板上运动的总时间t t1 t 2t3 s.