还剩13页未读，
继续阅读
高考专题三牛顿运动定律应用创新题组
展开这是一份高考专题三牛顿运动定律应用创新题组，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
专题三 牛顿运动定律
应用创新题组
(时间:70分钟 满分:120分)
一、单项选择题(每小题4分,共20分)
1.(2021湖南名校联盟开学考,4物理生活)在大型物流货场,广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示,与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动,皮带始终是绷紧的,将m=1 kg的货物放在传送带上的A端,经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示,已知重力加速度g=10 m/s2,由v-t图可知( )
A.A、B两点的距离为2.4 m
B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.货物从A运动到B过程中,传送带对货物做功大小为12.8 J
D.货物从A运动到B过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为11.2 J
答案 B A、B两点的距离等于全程货物的位移,根据v-t图线与横轴所围面积表示位移可得L=12×0.2×2 m+12×(2+4)×1.0 m=3.2 m,A错误。根据牛顿运动定律可得g sin θ+μg cos θ=10 m/s2,g sin θ-μg cos θ=2 m/s2,联立解得θ=37°,μ=0.5,B正确。根据能量守恒定律可得,传送带对货物做的功W=12mv2-mgL sin θ=-11.2 J,C错误。货物从A运动到B过程中,s相对=12×0.2×2 m+12×1.0×2 m=1.2 m,货物与传送带摩擦产生的热量为Q=μmg cos θ·s相对=4.8 J,D错误。
2.(2022届湘豫名校联考物理生活)如图所示,某快递公司使用电动传输机输送快件,绷紧的传送带始终保持v的恒定速率顺时针运行,在传送带左端A处轻轻放置一快件(可视为质点),快件与传送带间动摩擦因数为μ,传送带左端A与右端B间的距离为L,重力加速度大小为g,要使快件从A运送到B所用的时间恰好最短,则下列说法正确的是( )
A.若不计轮子的大小,则传送带恰好转一圈
B.若μ一定,L变为原来的2倍,则传送带速度变为原来的2倍
C.若L一定,μ变为原来的2倍,则传送带速度变为原来的4倍
D.当L和μ同时变化时,传送带的速度将一定变化
答案 A 要使快件从A运送到B所用的时间恰好最短,则快件从A到B始终做匀加速运动,且到达B点时的速度恰好达到v,则v=v2,t=Lv=2Lv,可知若不计轮子的大小,则传送带恰好转一圈,A正确。由a=μg和2aL=v2联立可得2μgL=v2,若μ一定,L变为原来的2倍,则传送带速度变为原来的2倍;若L一定,μ变为原来的2倍,则传送带速度变为原来的2倍;当L和μ同时变化时,若二者乘积不变,传送带的速度不变,故B、C、D错误。
3.(2020东莞线上自测,5典型模型)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=2 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.125,物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=3 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB。g取10 m/s2,下列说法中正确的是( )
A.若传送带顺时针匀速转动,物体刚开始滑上传送带A端时一定做匀加速运动
B.若传送带顺时针匀速转动,物体在水平传送带上运动时有可能不受摩擦力
C.若传送带逆时针匀速转动,则vB一定小于2 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,则vB一定大于2 m/s
答案 B 若传送带顺时针匀速转动且速度小于3 m/s,则物体在传送带上做匀减速运动,故A错误;若传送带顺时针匀速转动且速度等于3 m/s,则物体在传送带上做匀速运动,所以物体可能不受摩擦力,故B正确;若传送带逆时针匀速转动,则物体的加速度大小a=μmgm=μg=1.25 m/s2,减速到零所用的时间为t0=vAa=31.25 s=2.4 s,发生的位移为s=vA+02t0=32×2.4 m=3.6 m>2 m,说明物体在传送带上一直做匀减速运动,由速度位移公式有2ax=vB2-vA2,解得vB=2 m/s,故C错误;若传送带顺时针匀速转动且速度为2 m/s,则物体速度减速到与传送带速度相同时发生的位移为s1=22-322×(-1.25) m=2 m=x,说明物体到达传送带B端时速度与传送带速度相等,为2 m/s,故D错误。
4.(2020揭阳、金中期中联考,15典型模型)如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变,则木盒滑行的距离( )
A.不变 B.变大
C.变小 D.变大变小均可能
答案 C 设木盒的质量为M,根据牛顿第二定律得放砝码时的加速度a1=μ(M+m)gM+m,拿走砝码施加F时的加速度a2=μ(M+m)gM,可知:a2>a1,根据v2=2ax可知,加速度增大,则滑行的距离变小,C正确,A、B、D错误。
5.(2022届东营月考,7科学探索)如图所示,一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动,当其速度达到v后,便以此速度做匀速运动,经过一段时间,煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后,相对于传送带不再滑动,关于上述过程,以下判断正确的是(重力加速度大小为g)( )
A.μ与a之间一定满足关系μ>ag
B.煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为v2μg
C.煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为vμg
D.黑色痕迹的长度为(a-μg)v22a2
答案 C 由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动,则传送带的加速度大于煤块的加速度,有μmg
6.(2022届湖南名校联合体10月联考典型模型)如图甲所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示,已知滑块与长木板的质量相等,滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A.t=9 s时长木板P停下来
B.长木板P的长度至少是16.5 m
C.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05
D.滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为12 m
答案 ACD 设P、Q间的滑动摩擦力为f1,P与地面间的滑动摩擦力为f2,由乙图可知P在5 s时的速度v1=5 m/s,6 s时的速度v2=3 m/s,Q在加速阶段的加速度a1=0.5 m/s2,由牛顿第二定律得f1=μ1mg=ma1,解得μ1=0.05,C正确;5~6 s过程中,P的加速度大小为a2=2 m/s2,对P由牛顿第二定律得:f1+f2=ma2,6 s末到P停下,对P由牛顿第二定律得:f2-f1=ma3,解得a3=1 m/s2,则t'=v2a3=3 s,即P在t=9 s时停下,A正确;由乙图可知0~6 s内两图线所夹面积表示Q相对于P向左运动的位移,Δx1=7.5 m,6 s之后两图线所夹面积表示Q相对于P向右运动的位移,Δx2=4.5 m,则长木板P的长度至少是7.5 m,滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为Δx1+Δx2=12 m,故B错误,D正确。
7.(2022届临沂期中,10物理生活)(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型,倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为916。小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列判断正确的是( )
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2
C.经过2 s的时间,小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为433 m/s
答案 AC 对小孩,由牛顿第二定律得,加速度大小为a1=mgsin37°-μ1mgcos37°m=2 m/s2,同理对滑板,加速度大小为a2=mgsin37°+μ1mgcos37°-2μ2mgcos37°m=1 m/s2,A正确,B错误;要使小孩与滑板分离,12a1t2-12a2t2=L,解得t=2 s(另一解舍去),离开滑板时小孩的速度大小为v=a1t=22 m/s,C正确,D错误。
8.(2022届永州一中月考二典型模型)(多选)如图甲所示,倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,物块速度随时间变化的图像如图乙所示,设沿传送带向下为正方向,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.1~2 s内,物块的加速度为2 m/s2
B.小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下
C.传送带的倾角θ=37°
D.小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4
答案 AC 由图像可求得0~1 s内加速度a1=10 m/s2,1~2 s内加速度a2=2 m/s2,A正确。0~1 s内小物块速度小于传送带速度,小物块受到的摩擦力沿传送带向下,1~2 s内小物块速度大于传送带速度,小物块受到的摩擦力沿传送带向上,B错误。根据牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ-μmg cos θ=ma2,联立得θ=37°,μ=0.5,C正确,D错误。
易错警示 传送带问题尤其要注意物体与传送带的相对运动或相对运动趋势方向,明确物体所受摩擦力的方向。
9.(2021广州六区调研,10典型模型)(多选)某实验室有一传送装置如图所示,其中AB段是水平的,长度LAB=6 m,BC段是倾斜的,长度LBC=5 m,倾角θ为37°,AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧),传送带以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件(可看成质点)无初速度地放在A点。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,已知重力加速度g=10 m/s2。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则( )
A.工件第一次到达B点所用的时间为1.9 s
B.工件沿传送带BC向上运动的最大位移为5 m
C.工件沿传送带运动,仍能回到A点
D.工件第一次返回B点后,会在传送带上往复运动
答案 AD 工件刚放在水平传送带上的加速度为a1,由牛顿第二定律得μmg=ma1,代入数据解得a1=μg=5 m/s2,经t1时间与传送带的速度相同,则有t1=va1=0.8 s,前进的位移为x1=12a1t12=1.6 m,此后工件将与传送带一起匀速运动至B点,用时t2=LAB-x1v=1.1 s,则工件第一次到达B点所用的时间为t=t1+t2=1.9 s,故A正确;设工件上升的最大位移为s,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma2,代入数据解得a2=2 m/s2,由匀变速直线运动的速度位移公式得s=v22a2,代入数据解得s=4 m,故B错误;工件到达最高点后将沿斜面下滑,下滑的加速度仍为a2=2 m/s2,则滑到斜面底端时的速度为4 m/s,然后滑上水平传送带做匀减速运动,加速度大小为a1=5 m/s2,当速度减为零时滑行的距离为x=v22a1=1.6 m,然后返回向右运动,则工件不能回到A点;工件向右加速,当到达斜面底端时的速度仍为4 m/s,然后滑上斜面重复原来的运动,可知工件第一次返回B点后,会在传送带上往复运动,故C错误,D正确。
10.(2020广州二模典型模型)(多选)如图甲,倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行,t=0时初速度大小为v1(v1>v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带,其速度随时间变化的v-t图像如图乙,则( )
A.0~t3时间内,小物块受到的摩擦力始终不变
B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ
D.小物块返回传送带底端时的速率小于v1
答案 BD 通过图乙可以看出,小物块先向上减速运动,减速到零后反向加速,当速度与传送带速度相等时,加速度大小发生变化,所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前,摩擦力方向一直沿斜面向下,t2时刻以后摩擦力方向沿斜面向上,故A错误;根据图乙可知,t2时刻以后小物块相对于传送带向下加速运动,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-μmg cos θ=ma,所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ
A.物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大
B.物块A、B同时到达底端
C.物块A先到达传送带底端
D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
答案 BD 对物块A、B受力分析,因为mg sin 37°>μmg cos 37°,故物块A所受摩擦力沿传送带向上,向下做匀加速直线运动,物块B所受摩擦力沿传送带向上,向下做匀加速直线运动,且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等,又由位移大小相等知运动的时间相等,故到达底端的速度大小相等,故A、C错误,B正确。对物块A,划痕的长度等于物块A的位移减去传送带的位移,由牛顿第二定律得:a=2 m/s2,由运动学公式得运动时间为:t=1 s,所以传送带运动的位移为x=vt=1 m,则物块A在传送带上的划痕为:Δx1=2 m-1 m=1 m;对物块B,划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移,同理得出物块B在传送带上的划痕长度为Δx2=3 m,所以划痕长度之比为1∶3,故D正确。
12.(2022届济南一中期中,9科学探索)(多选)如图所示,以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ。现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则选项图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )
答案 CD 木块放上传送带后,一定先向下匀加速运动,由于传送带足够长,所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的时刻,此时若重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力,之后木块继续匀加速运动,但加速度变小了;若重力沿传送带向下的分力小于或等于最大静摩擦力,则木块将随传送带匀速运动,故C、D正确,A、B错误。
三、非选择题(共58分)
13.(2022届长郡中学月考三典型模型)(12分)如图所示,传送带与水平地面夹角为θ=37°,传送带顶端A到底端B的高度h=9.6 m,传送带以10 m/s的速度转动,在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
(1)若传送带顺时针转动,物体从A运动到B所用的时间;
(2)若传送带逆时针转动,物体从A运动到B所用的时间。
解析 (1)若传送带顺时针转动,物体开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律得
mg sin θ+μmg cos θ=ma1
解得:a1=10 m/s2
则物体加速到与传送带共速所经历的时间t1=v0a1=1 s
此过程通过的位移s1=12a1t2=5 m
A、B距离s=ℎsinθ=16 m>s1
由于μ=0.5
由s2=v0t+12a2t2,s1+s2=s,解得t2=1 s
故物体从A运动到B需要的时间为t=t1+t2=2 s
(2)若传送带逆时针转动,物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma'
解得a'=2 m/s2
由s=12a't'2,解得t'=4 s
14.(2021雅礼中学月考一,18典型模型)(12分)如图所示,一水平的足够长浅色传送带与水平地面上的平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m=1 kg的煤块(视为质点),煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1=0.1,初始时,传送带与煤块及平板都是静止的;现让传送带以恒定的水平向右的加速度a=3 m/s2开始运动,当其速度达到v=1.5 m/s后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。随后,在煤块平稳滑上平板的同时,在平板右侧施加一个水平向右的恒力F=22 N。F作用了0.5 s后,煤块恰好与平板速度相等,此时撤去F。最终煤块没有从平板上滑下,已知平板质量M=4 kg,取g=10 m/s2。
(1)求传送带上黑色痕迹的长度;
(2)求平板与水平地面间的动摩擦因数μ2;
(3)平板上表面至少多长? (计算结果保留两位有效数字)。
解析 (1)煤块在传送带上发生相对运动时,加速度大小a1=μ1mgm=μ1g=1 m/s2,方向向右
设经过时间t1,传送带达到速度v,经过时间t2,煤块速度达到v,即v=at1=a1t2
代入数据可得:t1=0.5 s,t2=1.5 s
共速时传送带发生的位移:s=v22a+v(t2-t1)
煤块发生的位移:s'=v22a1
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差,即Δs=s-s',代入数据解得:Δs=0.75 m
(2)煤块滑上平板时的速度为v=1.5 m/s,加速度大小仍为a1=μ1mgm=μ1g=1 m/s2,方向向左
经过t0=0.5 s时速度v1=v-a1t0=(1.5-1×0.5)m/s=1.0 m/s
设平板的加速度大小为a2,则由v1=a2t0,解得a2=2 m/s2
设平板与地面间的动摩擦因数为μ2,由牛顿第二定律得
(F+μ1mg)-μ2(mg+Mg)=Ma2
代入数据得μ2=0.3
(3)由于μ2>μ1,共速后煤块将仍以加速度大小a1=μ1mgm=μ1g=1 m/s2匀减速,直到停止
而平板以加速度大小a3做匀减速运动:μ2(mg+Mg)-μ1mg=Ma3
代入数据解得:a3=3.5 m/s2
运动时间为t3=v1a3=27 s
所以,全程平板的位移为s板=0+v12(t0+t3)=1128 m
煤块的位移:s煤=v22a1=98 m
平板的最短长度即煤块与平板的位移之差
L=s煤-s板=4156 m≈0.73 m
15.(2022届长沙一中月考一典型模型)(12分)如图甲所示,在足够长的光滑水平面上,放置一长为L=1 m、质量为m1=0.5 kg的木板A,一质量为m2=1 kg的物体B以初速度v0滑上木板A上表面,同时对木板A施加一个水平向右的力F,A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2,g取10 m/s2,物体B在木板A上运动的相对路程s与力F的关系如图乙所示,求:
(1)当F=1 N时,A、B相对运动过程中的加速度大小;
(2)初速度v0大小及图中F1和F2的大小。
解析 (1)设木板A的加速度大小为a1,物体B的加速度大小为a2,分别由牛顿第二定律有:
F+μm2g=m1a1,μm2g=m2a2
解得a1=6 m/s2,a2=2 m/s2
(2)Ⅰ.由图像可看出当F≤1 N时,物体B在木板A上的路程始终等于板长L,当F=1 N时,刚好不从A板右端掉下,此后A和B一起相对静止并加速运动。
Ⅱ.当1 N≤F≤F1时,相对运动过程木板A的加速度大小为a1,物体B的加速度大小为a2
设A运动的位移为sA,B运动的位移为sB,经过t时间两者速度均为v,根据运动学公式有
sA=v2t,sB=v0+v2t,v=v0-a2t=a1t
B在A上相对A向右运动的路程s=sB-sA
联立解得s=v024(F+3)
将F=1 N,s=1 m代入解得v0=4 m/s
分析可知,当1 N≤F≤F1时,随着力F增大,s减小,当F=F1时,出现s突变,说明A、B在达到共同速度后,两者相对静止,整体加速度大小也为a2,由牛顿第二定律有F1=(m1+m2)a2,联立解得F1=3 N
B相对A向右运动的路程为s1=v024(F1+3)=23 m
Ⅲ.当F>F1时,物体B相对木板A的路程为B相对A向右运动的路程的两倍,故当F=F2时,将s2=0.5s1代入s2=v024(F2+3),解得F2=9 N
16.(2022届梅州东山中学期中,14典型模型)(10分)如图所示,绷紧的传送带始终以v0=5 m/s的速度斜向上匀速运行,传送带与水平方向间的夹角θ=30°。现把质量m=10 kg的工件(可看作质点)轻轻地放在传送带底端P处,由传送带传送至顶端Q处。已知P、Q之间的距离L=6 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=32,取g=10 m/s2。求:
(1)工件刚放上传送带时的加速度a的大小;
(2)工件从P点运动到Q点所用的时间t。
解析 (1)对工件进行受力分析,由牛顿第二定律得μmg cos θ-mg sin θ=ma,代入数值得a=2.5 m/s2。
(2)设工件的速度达到与传送带的速度相同时所用时间为t1,发生的位移为x1,则有t1=v0a=2 s,x1=v022a=5 m<6 m,工件速度与传送带速度相同后,将随传送带做匀速直线运动至Q点,用时t2,则有L-x1=v0t2,解得t2=0.2 s,所以工件从P点运动到Q点所用的时间t=t1+t2=2.2 s。
17.(2021泰安一中月考,15典型模型)(12分)如图甲所示,倾角为37°的足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动,现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,试求:
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大;
(2)0~8 s内小物块在传送带上留下的划痕为多长。
解析 (1)根据v-t图像的斜率表示加速度可得a=ΔvΔt=22 m/s2=1 m/s2
对小物块,由牛顿第二定律得μmg cos 37°-mg sin 37°=ma
解得μ=78
(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,
0~6 s内传送带匀速运动的距离为:
x带=4×6 m=24 m
由题图乙可知:0~2 s内物块位移大小为:
x1=12×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下
2~6 s内物块位移大小为:x2=12×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上
所以划痕的长度为:Δx=x带+x1-x2=(24+2-8)m=18 m
相关试卷
高考专区 ：专题十四：热学应用创新题组：
这是一份高考专区 ：专题十四：热学应用创新题组，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考专题十磁场应用创新题组：
这是一份高考专题十磁场应用创新题组，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考专题九恒定电流应用创新题组：
这是一份高考专题九恒定电流应用创新题组，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
