2016三维设计二轮诊断卷(三)牛顿运动定律分析

1、课前自测查漏部么怎么乱的俩的叔百确目万晰三者一诊断卷（三）牛顿运动定律考点一动力学的两类基本问题1考查已知受力求运动问题（2015福州二楼）如图1所示，劲度系数为上的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面 上。一质量为，的小球，从离弹簧上端高力处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察 小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度，,随时间 i变化的图像中符合实际情况的是（）（多选）（2015 ,海南赤考）如图2,物块“、和c的质量相同，”和、和c之间用完全 相同的轻弹簧舟和S2相连，通过系在“上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态。 现将细线剪断。将物块a的加速度

2、的大小记为，S1和S2相对于原长的伸长分别记为A/1 和42,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间（）豆abA. ai=3gB. di=0C. A/j =2A/2D. A/j = AA3.考查已知运动求受力问题（2015锹川二模）如图3甲所示，一个物体放在粗糙的水平地而上。从z=0时刻起，物 体在水平力/作用下由静止开始做直线运动。在0到I。时间内物体的加速度"随时间/的变化规律如图乙所示。己知物体与地面间的动摩擦因数处处相等，则（）A.在。到fo时间内，物体的速度逐渐变小B.加时刻，物体速度增加到最大值C.在0到府时间内，物体做匀变速直线运动D.在0到fo时间内，力尸大小保持不变考点二

3、运动图像与牛顿第二定律的综合应用4考查牛顿第二定律与。-t图像的综合应用（2015四川第二次大联考）在粗糙的水平地而上有一质量为2 kg的小物块，在水平拉力 作用下从f=0时开始做初速度为零的直线运动,f=6s时撤去拉力，其速度图像如图4所示。 若取重力加速度g= 10 nVs则下列说法正确的是（）图5B. f=2 s时最小A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2B.。2 s内，物块所受的拉力大小为4 NC.。8 s内，物块离出发点最远为6 mD. 08 s内，物块的平均速度大小为2.5 m/s5 .考查牛顿第二定律与a-t图像的综合应用（多选）（2015江苏奋考）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中

4、加速度“随时间r变化的图 线如图5所示，以竖直向上为的正方向，则人对地板的压力（）A.f=2s时最大C.，=8.5s时最大D.，=8,5s时最小6 .考查牛顿第二定律与o-t图像的综合应用（多选）（2015青岛联考）如图6甲所示，质量为M=2 kg的木板静止在水平而上，可视为 质点的物块（质量设为刈从木板的左侧沿木板表而水平冲上木板。物块和木板的速度一时间 图像如图乙所示，g=10m/s2,结合图像，下列说法正确的是（）r/CurS'1)A.可求得物块在前2 s内的位移x=5mB.可求得物块与木板间的动摩擦因数=0.1C.可求得物块的质量利=2 kgD.可求得木板的长度L=2m考点三动

5、力学的连接体问题7 .考查牛顿第二定律解决连接体问题（2015合肥一模）如图7所示，、b两物体的质量分别为，川和川2，由轻质弹簧相连。 当用恒力厂竖直向上拉着出 使“、一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为打，加 速度大小为，“；当用大小仍为月的恒力沿水平方向拉着“，使、匕一起沿光滑水平桌而做 匀加速直线运动时，弹簧伸长量为小，加速度大小为42,则有（）A' ,才才才，f，A. 4 =42, XX2B.X|=X2C. 41=42，X>X2D. a<ai, x>xi8 .考查牛顿第二定律、整体法与隔离法的应用（2014东北三省模拟）如图8所示，三个物体质量分别为mi

6、= L0 kg、雨2=2.0 kg、巾3= 3.0kg,已知斜而上表而光滑，斜面倾角6=30° ,如和川2之间的动摩擦因数=0.8。不计 绳和滑轮的质量和摩擦。初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，加2将（g=10 m/s?, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）30°A,和g 一起沿斜面下滑8 .和叫一起沿斜面上滑C.相对于如上滑D.相对于叫下滑9 .考查整体法、隔离法与图像的综合应用（多选）（2015锹川二模）如图9甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑 水平而上，两物块的质量分别为，a=1 kg、坨=2 kg,当A、8之间产生拉力且大于0.3 N 时A、B将

7、会分离。f=0时刻开始对物块A施加一水平推力Fi,同时对物块8施加同一方 向的拉力尸2,使A、8从静止开始运动，运动过程中Q、B方向保持不变，R、B的大小 随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、8两物块受力及运动情况的分析，正确的是 （）2.0 4.0 i/s乙f=2,0s时刻A、8之间作用力大小为0.6NZ=2,0s时刻A、8之间作用力为零 r=2.5s时刻A对B的作用力方向向左从，=0时刻到A、8分离，它们运动的位移为5.4 m考点四传送带模型104考查应用牛顿第二定律分析水平传送带问题（多选）（2015衡水调研）如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初 速度大小为。2的

8、小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块 滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的。-，图像（以地而为参考系）如图乙所示。已 知02。】，则（ ）甲乙图10A.h时刻，小物块离A处的距离达到最大B.时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 0*时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D. 0“时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用11.考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题B. 8 m/sD. 12 m/s（多选）如图11所示，传送皮带与水平而夹角为37° ,月、8间距离L=16m,以速度。 = 10m/s匀速运行。现在皮带的A端无初速放上一个小物体（可视

9、为质点），已知物体与皮带 间的动摩擦因数为 = 0.5, sin 37° =0.6, cos 37° =0.8, MZg=10 m/s2,传动轮大小可忽 略，则物体滑到B端的速度大小可能是（）A. 6 m/sC. 10 m/s12 .考查应用牛顿第二定律分析传送带与斜面的综合问题（2014,东北三省模拟）如图12所示，一水平传送带以4 n1/s的速度逆时针传送，水平部分长L=6m,其左端与一倾角为0=30°的光滑斜而平滑相连，斜而足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数=0.2, g = 10 m/s2o求物块从放到传送

10、带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。图121 .选A小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到 某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力， 合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最氐点时，速度为零，加速度最 大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于g ,故A正确，B、C、D错误。2 .选AC设物体的质量为，,剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得 及改变，所以剪断细线的瞬间受到重力和弹簧$的拉力户门，剪断前对/入c和弹簧组成 的整体分析可知Fn =痴g，故a受到的合力F = mg + FT1 = 喏十=3

11、mg，故加速度（八二£ =3g , A正确，B错误；设弹簧8的拉力为F-n，则Ft?="吆，根据胡克定律F = Ma,可得M = 2M,C正确，D错误。3 .选B由图乙可知，加速度随时间逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速 度方向相同，物体做加速运动，故A错误；当加速度减为零时，速度最大，所以九）时刻, 物体速度增加到最大值，故B正确；加速度逐渐减小，所以物体不是做匀变速运动，故C 错误；根据F- R=山，可知，“减小，R不变，所以厂减小，故D错误。4 .选A第6 s后只有摩擦力，即卬g二ma ,其中a = 2 m/s2 ,得动摩擦因数为0.2 , 故 A 正确；0

12、2 s 内,根据 Fi - 4mg = mai ,其中 ai = 2 m/s?,得 Fi = 8 N ,故 B 茴吴；0 8 s内，物块先向正方向走了 6 m,即为/轴上方的面积，然后又向负方向走了 14 m,即为t 轴下方的面积,所以离出发点最远应为8 m ,故C错误；物块的平均速度为位移与时间的比 值，即黑二lm/s,故D错误。5 .选AD人受重力，”和支持力仆的作用，由牛顿第二定律得Fn -mg = mao由牛 顿第三定律得人对地板的压力FM =Fn = mg + 当，=2 s时有最大值，Fn '最大；当 u 8.5 s时，“有最小值,Fn'最小，选项A、D正瞰-4 +

13、26 .选AC 物块在前2s内的位移x =（方一XI+2Xl）n】 = 5n，A正确；由运动学图像 知,两物体加速度大小相同，设为a ,则有= ma = Ma，则，二M二2 kg , C正确；由图 像求得"二2 nVs2 ,则4g=2 ,"=0.2 , B措；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的 相对位置关系,故无法求出木板的长度，D错。F - +ni2）s FF7 . 选 B 对整体分析有：Cl = = g , a2 =,可知m + m2 nu + m2m 十隔离对b分析有：F - m2g =/解得：F - """ / m + m2Fi

14、= m2a2=也一，可知Q=F?,根据胡克定律知，的二处。 m + m2故选B。8 .选 D 假设 mi 随 m 起上滑，则有 m3g - F = ma 9 F - （/m 十】2）gsin 0 = （?m + mi）a , 解得a = 2.5 m/s2 ,隔离加2可知，尸n - 叫sin 0 = ni2a ,解得：F12= 15 N邛m怨cos 0 f故m2 相对下滑,D正确。9 .选AD 设，时刻A、5分离，分离之前A、B物体共同运动,加速度为a ,以整体 为研究对象，Fi + Fi 3.6 + 0则有：a =in/s = 1.2 m/s2 xm, +1 + 2分离时：Fi - Ft =

15、moa ,彳导：F2 = Ff + /W = 0.3N + 2X1.2N = 2.7N r4经历时间：/ = yX2.7 s = 3 s /根据位移公式：x = at2 = 5.4 ni ,则D正确；当，二 2 s 日寸 z F2 = 1.8 N , F2 + Fr = nwa t得：Fi =B = 0.6 N , A 正确,B 错误；当，二 2.5 s 日寸，Fi - 2.25 N , F2 + Fr = mna t得：Fi = mnci - Fz>0 , C 错误。10 .选BC 相对地面而言，小物块在Of 时间内，向左做匀减速运动，02时间内， 小物块反向向右做匀加速运动,当其速度

16、与传送带速度相同时（即12时刻），小物块向右做匀 速运动。故小物块在r,时刻离A处距离最大，选项A错误。相对传送带而言，在。打时间 内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在2，3时间内，小物 块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此时刻小物块相对传送带滑动的距离达 到最大值，选项B、C正确，选项D错误。11 .选BD因传送带运行速度方向不知，故分别讨论：若轮子顺时针方向转动，带动皮带绕轮顺时针方向转动，小物体放上A端相对地面无 初速度，但相对皮带斜向下运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向上，又由于?gsin 37° >R ="磔os

17、37°，或=0.5<tan 37°=0.75 ,故物体有沿斜面向下的加速度，设为m , 则，叫sin 370 - pungcos 37° = mii , tn = 2 ni/s2物体从A运动到B的时间t =会=4 s ,到达B端速度为。产"的二8 m/s若轮子逆时针转动,带动皮带雌逆时针转动，小物体放上皮带A端初速度为零，相 对皮带斜向上运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向下。设物体的加速度为s , 则w?sin 37 +卬“geos 37 ° = mm cn- 10 m/s2物体加速到皮带运行速度v=0 m/s的时间为：, vt = = 1 s tn物体的位移为二品=5 m<L= 16 m,还未到达B端，此刻相对速度为零,摩擦力将发 生突变。假设摩擦力消失，皮带匀速向下，物体因受重力沿皮带斜面分力作用将向下加速， 下一时刻物体速度将超过皮带速度,故有摩擦力，且皮带对物体的摩擦力方向变为斜向上。由于加gsin 37 ,J >Fi = 切geos 37,物体加速度变为 a2',也'=gsin 37 0 - "geos 370= a=2 m/s，设物体继续加速下滑到B端所需时间