2021届高考物理复习课后限时集训：牛顿运动定律的综合应用含解析.doc

教学资料范本2021届高考物理复习课后限时集训：牛顿运动定律的综合应用含解析编 辑：_时 间：_建议用时：45分钟1.(20xx山东大学附中二模)如图所示、物块A、B质量相等、在恒力F作用下、在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑、物块A的加速度大小为a1、物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙、且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同、物块B的加速度大小为a2、物块A、B间的相互作用力大小为FN2。则下列说法正确的是()Aa1a2、FN1FN2Ba1a2、FN1FN2Ca1a2、FN1FN2Da1a2、FN1FN2D设A、B的质量为m、接触面光滑时、对整体分析有a1、对B分析FN1mBa1。接触面粗糙时、对整体分析有a2g、可知a1a2；对B分析有FN2ma2mg、则FN1FN2。故D正确。2用外力F拉一物体使其做竖直上升运动、不计空气阻力、加速度a随外力F的变化关系如图所示、下列说法正确的是()A物体的质量为B地球表面的重力加速度为2a0C当a0时、物体处于失重状态D当aa1时、拉力Fa1A当F0时aa0、此时的加速度为重力加速度、故ga0、所以B错误。当a0时、拉力FF0、拉力大小等于重力、故物体的质量为、所以A正确。当a0时、加速度方向竖直向上、物体处于超重状态、所以C错误。当aa1时、由牛顿第二定律得Fmgma1、又m、ga0、故拉力F(a1a0)、所以D错误。3.(多选)(20xx山东泰安二模)如图所示、一足够长的木板静止在粗糙的水平面上、t0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行、木板与滑块间存在摩擦、且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的vt图象可能是()ABCDAC滑块滑上木板、受到木板对滑块向左的滑动摩擦力、做匀减速运动、若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力、则木板做匀加速直线运动、当两者速度相等时、一起做匀减速运动。设木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为2、木块的质量为m、木板的质量为M、知木板若滑动、则1mg2(Mm)g、最后一起做匀减速运动、加速度a2g、开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a1g2g、知图线的斜率变小、故C正确、D错误。若1mg2(Mm)g、则木板不动、滑块一直做匀减速运动、故A正确。由于地面有摩擦力、最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动、故B错误。4.(20xx山东师范大学附中模拟)如图所示、一质量为M2 kg、倾角为45的斜面体放在光滑水平地面上、斜面上叠放一质量为m1 kg的光滑楔形物块、物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度取g10 m/s2。下列判断正确的是()A物块对斜面的压力大小FN5 NB斜面体的加速度大小为a10 m/s2C水平恒力大小F15 ND若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止、则F将变小C对M、m整体分析、受重力、支持力和推力、根据牛顿第二定律可得、水平方向：F(Mm)a；竖直方向：N(Mm)g；再对M分析、受重力、压力FN、支持力、根据牛顿第二定律可得、水平方向：FNsin Ma；竖直方向：FNcos MgN；联立解得：a5 m/s2；F15 N；FN10 N、故A、B错误、C正确；若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止、则对整体：F(Mm)a；对m：mgtan 45ma、解得F(Mm)g30 N、即F变大、故D错误。5.(多选)如图所示、水平传送带A、B两端相距x4 m、以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转、今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端、由于煤块与传送带之间有相对滑动、会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4、取重力加速度大小g10 m/s2、则煤块从A端运动到B端的过程中()A煤块从A端运动到B端的时间是2.25 sB煤块从A端运动到B端的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2 mBD根据牛顿第二定律、煤块的加速度a4 m/s2、煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t11 s、位移大小x1at2 mx、此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端、所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小、即xv0t1x12 m、选项D正确、C错误；x2xx12 m、匀速运动的时间t20.5 s、运动的总时间tt1t21.5 s、选项B正确、A错误。6(20xx江苏高考)如图所示、质量相等的物块A和B叠放在水平地面上、左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A、A立即获得水平向右的初速度、在B上滑动距离L后停下。接着敲击B、B立即获得水平向右的初速度、A、B都向右运动、左边缘再次对齐时恰好相对静止、此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力、重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后、B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析本题通过板块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用、考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力、体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要素。A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿运动定律知、A加速度的大小aAg匀变速直线运动2aALv解得vA。(2)设A、B的质量均为m对齐前、B所受合外力大小F3mg由牛顿运动定律FmaB、得aB3g对齐后、A、B所受合外力大小F2mg由牛顿运动定律F2maB、得aBg。(3)经过时间t、A、B达到共同速度v、位移分别为xA、xB、A加速度的大小等于aA则vaAt、vvBaBtxAaAt2、xBvBtaBt2且xBxAL解得vB2。答案(1)(2)3gg(3)27(20xx马鞍山检测)两物块A、B并排放在水平地面上、且两物块接触面为竖直面、现用一水平推力F作用在物块A上、使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动、如图甲所示、在A、B的速度达到6 m/s时、撤去推力F。已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg、A与水平面间的动摩擦因数为0.3、B与地面没有摩擦、B物块运动的vt图象如图乙所示。g取10 m/s2、求：甲乙(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时、物块A、B之间的距离。解析(1)在水平推力F作用下、物块A、B一起做匀加速运动、加速度为a、由B物块的vt图象得、a m/s23 m/s2对于A、B整体、由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a、代入数据解得F15 N。(2)设物块A做匀减速运动的时间为t、撤去推力F后、A、B两物块分离、A在摩擦力作用下做匀减速运动、B做匀速运动、对A、由mAgmAaA、解得aAg3 m/s2t s2 s物块A通过的位移xAt6 m物块B通过的位移xBv0t62 m12 m物块A刚停止时A、B间的距离xxBxA6 m。答案(1)15 N(2)6 m8.(多选)如图所示、白色传送带保持v010 m/s的速度逆时针转动、现将一质量为0.4 kg的煤块轻放在传送带的A端、煤块与传送带间动摩擦因数0.5、传送带AB两端距离x16 m、传送带倾角为37、(sin 370.6、cos 370.8、g取10 m/s2)()A煤块从A端运动到B端所经历的时间为2 sB煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 mC煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5 mD煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 JAC煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1gsin 37gcos 376 m/s20.58 m/s210 m/s2、则煤块速度达到传送带速度的时间为：t1 s1 s、位移为：x1 m5 m、煤块速度达到传送带速度后的加速度为：a2gsin 37gcos 376 m/s24 m/s22 m/s2、根据xx1v0t2a2t代入数据解得：t21 s、则煤块从A端运动到B端所经历的时间为：tt1t22 s、故A正确。煤块速度达到传送带速度时、相对位移大小x1v0t1x110 m5 m5 m、物块速度达到传送带速度后相对位移的大小x2xx1v0t211 m101 m1 m、则相对位移的大小xx1x25 m1 m4 m、故B错误。留下的痕迹长度xx15 m、故C正确。摩擦产生的热量Qmgcos 37x1mgcos 37x20.540.85 J0.540.81 J9.6 J、故D错误。9(多选)(20xx滨州二模)如图所示、小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动、bc是固定在小车上的水平横杆、物块M穿在杆上、M通过细线悬吊着小物体m、m在小车的水平底板上、加速度为a1、a2时、细线在竖直方向上、全过程中M始终未相对杆bc移动、M、m与小车保持相对静止、M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4、则以下结论正确的是()A若、则B若、则C若、则D若、则CD对第一、二幅图有：若、对M根据牛顿第二定律有：fMa、则、故选项A错误；对第二、三幅图有：f2Ma2、设细线的拉力为F、则f3Fsin Ma3、若、则、故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f(Mm)a、若、则、故选项C正确；m水平方向有：F3sin ma3、F4sin ma4、竖直方向有：F3cos mg、F4cos mg、解得a3gtan 、a4gtan 、若、则、故选项D正确。10(20xx渤海高中模拟)如图所示、传送带的倾角37、从A到B长度为16 m、传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m0.5 kg的黑色煤块、它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 370.6、cos 370.8、g取10 m/s2、求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节、煤块从A点到达B点的最短时间是多少？解析(1)开始阶段、由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1所以a1gsin gcos 解得a110 m/s2煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1 s1 s煤块发生的位移为x1a1t1012 m5 m16 m所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点、此后摩擦力方向改变；第二阶段有mgsin mgcos ma2解得a22 m/s2设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2、则LABx1vt2a2t解得t21 s煤块从A到B的时间tt1t21 s1 s2 s。(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度、煤块相对传送带向上移动、煤块与传送带的相对位移大小为x1vt1x1101 m5 m5 m故煤块相对于传送带上移5 m第二阶段煤块的速度大于传送带速度、煤块相对传送带向下移动、煤块相对于传送带的位移大小为x2(LABx1)vt2解得x21 m即煤块相对传送带下移1 m故传送带表面留下黑色炭迹的长度为Lx15 m。(3)若增加传送带的速度、煤块一直以加速度a1做匀加速运动时、从A运动到B的时间最短、则有LABa1t可得tmin s。答案(1)2 s(2)5 m(3) s11(20xx开封模拟)如图甲所示、一长方体木板B放在水平地面上、木板B的右端放置着一个小铁块A、在t0时刻、同时突然给A、B初速度、其中A的初速度大小为vA1 m/s、方向水平向左；B的初速度大小为vB14 m/s、方向水平向右、木板B运动的vt图象如图乙所示。已知A、B的质量相等、A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)、A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力、A始终没有滑出B、取重力加速度g10 m/s2。(提示：t3 s时刻、A、B达到共同速度v2 m/s；3 s时刻至A停止运动前、A向右运动的速度始终大于B的速度)求：甲乙(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小。解析(1)由题图乙可知、03 s内A做匀变速运动、速度由vA1 m/s变为v2 m/s则其加速度大小为aA m/s21 m/s2、方向水平向右。当A水平向左运动速度减为零时、向左运动的位移最大、则s0.5 m。(2)设A与B之间的动摩擦因数为1、由牛顿第二定律得1mgmaA