高中物理高考 2021届小题必练4 牛顿运动定律的应用 学生版

这是一份高中物理高考 2021届小题必练4 牛顿运动定律的应用 学生版，共12页。
   (1)  超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。  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，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 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(　　)A．木板的质量为1 kgB．2～4 s内，力F的大小为0.4 NC．0～2 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【答案】AB【解析】由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。【点睛】本题结合图象考查板－块模型。以木板为研究对象，通过f－t与v－t图象对相应过程进行受力分析、运动分析，列方程解出相应的问题。例2．(2020∙浙江7月选考∙19)如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。【解析】(1)由图乙可知0～26 s内物体匀速运动，26 s～34 s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有：mg－FT＝ma根据图乙得此时FT＝1975 N，代入可得a＝0.125 m/s2方向竖直向下。(2)结合图乙根据运动学公式有v＝at2＝1 m/s。(3)根据图像可知匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，则有：h1＋h2＝h所以总位移为h＝40 m。【点睛】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的应用，解题的关键在正确理解图象代表的运动过程。    1．如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)(　　)A．A球将向上运动，B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动，C球不动C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动2．某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是(　　)A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出3．质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则(　　)A．小球对圆槽的压力为B．小球对圆槽的压力为C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s，质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．0～5 s内小木块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向C．斜面倾角θ＝37°D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.55．某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的v－t图、P－t图(P为物体重力的功率大小)及a－t图可能正确的是(　　)6．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一个质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ，细线的拉力为F1′。则(　　)A．a′＝a，F1′＝F1B．a′＞a，F1′＝F1C．a′＜a，F1′＝F1D．a′＞a，F1′＞F17．如图所示，滑块A在倾角为30°的斜面上沿斜面下滑的加速度a为2.0 m/s2，若在A上放一个重为10 N的物体B，A、B一起以加速度a1沿斜面下滑；若在A上加竖直向下大小为10 N的恒力F，A沿斜面下滑的加速度为a2，则(　　)A．a1＞2 m/s2，a2＜2 m/s2B．a1＝2 m/s2，a2＝2 m/s2C．a1＜2 m/s2，a2＜2 m/s2D．a1＝2 m/s2，a2＞2 m/s28．(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，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μ1＞μ2，m1＝m2，则杆受到压力B．若μ1＝μ2，m1＞m2，则杆受到拉力C．若μ1＜μ2，m1＜m2，则杆受到拉力D．若μ1＝μ2，m1≠m2，则杆无作用力9．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ＜β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是(　　)A．沿着杆减速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆加速下滑D．沿着杆加速上滑10．如图所示，一个质量为M的长圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg，管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)管第一次落地时管和球的速度。(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度。(3)管第一次落地弹起后，若球恰好没有从管口滑出，则此时管的下端距地面的高度。     11．如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度。(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？      12．图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g＝10 m/s2。  (1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小。               答 案1．【答案】D【解析】开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬时，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力也为零，小球的重力也视为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动，故选D。2．【答案】D【解析】易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐及水均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，A、B、C项错误，D项正确。3．【答案】C【解析】利用整体法可求得系统的加速度为a＝，对小球利用牛顿第二定律可得，小球受到圆槽的支持力为，由牛顿第三定律可知只有C项正确。4．【答案】BCD【解析】由匀变速直线运动的速度位移公式v2－v＝2ax与图象可得a＝－10 m/s2，由图示图象可知，初速度v＝100(m/s)2，v0＝10 m/s，减速运动时间t＝＝1 s，故A项错误；由图示图象可知，在0～1 s内小木块向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t＝1 s时摩擦力反向，故B项正确；由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度为a′＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，代入数据解得μ＝0.5，θ＝37°，故C、D项正确。5．【答案】C【解析】由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：(1)若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2＝mg，则F1＜mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3＝mg，则F1＜mg，F2＜mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图象如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的。由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的。6．【答案】B【解析】当用力F水平向右拉小球时，以球为研究对象，竖直方向有F1cosθ＝mg，水平方向有F－F1sin θ＝ma，以整体为研究对象有F＝(m＋M)a，得a＝gtan θ，当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F1′cos θ＝mg，水平方向有F1′sin θ＝ma′，以整体为研究对象有F′＝(m＋M)a′，解得a′＝gtan θ，综合两种情况，有F1＝F1′，结合M＞m有a′＞a。故B项正确。7．【答案】D【解析】依题意有mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa，(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a1，(mAg＋F)sin θ－μ(mAg＋F)cos θ＝mAa2，由以上各式可解得a1＝2 m/s2，a2＞2 m/s2，即D项正确。8．【答案】ACD【解析】假设杆不受力，则aA＝gsin α－μ1gcos α，aB＝gsin α－μ2gcos α，若μ1＞μ2，m1＝m2，则aA＜aB，即两个物体有靠近的趋势，所以杆受到压力，A项正确；若μ1＝μ2，m1＞m2，aA＝aB，所以杆不受力，B项错误；若μ1＜μ2，m1＜m2，则aA＞aB，两物体有远离的趋势，所以杆受到拉力作用，C项正确；若μ1＝μ2，m1≠m2，aA＝aB，所以杆不受力，D项正确。9．【答案】B【解析】把滑块和球看作一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向(m1＋m2)gsin θ－f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向N＝(m1＋m2)gcos θ，摩擦力f＝μN，联立可解得a＝gsin θ－μgcos θ，对小球有若θ＝β，a＝gsin β，现有θ＜β，则有a＞gsin β，所以gsin θ－μgcos θ＞gsin β，gsin θ－gsin β＞μgcos θ，因为θ＜β，所以gsin θ－gsin β＜0，但μgcos θ＞0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上。由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故B项正确。 10．【解析】(1)取竖直向下为正方向。管第一次碰地时管和球的速度为v0＝，方向向下。(2)管第一次落地弹起时，管的加速度为a1＝＝2g，方向向下球的加速度为a2＝＝3g，方向向上。(3)球的速度为v2＝，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有－v1＋a1t1＝v2－a2t1，t1＝管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则t2＝，因为t1＜t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求，得h1＝v1t1－a1t＝H。11．【解析】(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1B→C过程有v＝2a1l解得a1＝10 m/s2，μ＝0.5。(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有v2＝2a2l解得v＝2 m/s，a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD。(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有v－v＝2a1x1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有v＝2a2x2，x1＋x2＝L解得v2＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。12．【解析】(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得：F＝(m1＋m2)a对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有：μ1m1g＝m1a联立解得：F＝8 N。(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1解得a1＝2 m/s22 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F1－μ1m1g＝m2a2解得a2＝4 m/s21 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s在1～2 s内F2＝μ1m1g木板做匀速运动，速度为4 m/s2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝＝μ2gm1的合力μ2m1g＞fm＝μ1m1g所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3得：a3＝－2 m/s2速度从4 m/s减至零的时间t3＝＝ s＝2 s木板做匀减速直线运动有：－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4得：a4＝－ m/s2速度从4 m/s减至零的时间t4＝＝ s＝1.5 s二者在整个运动过程的v－t图象如图所示(实线是木板的v－t图象，虚线是物块的v－t图象)0～2 s内物块相对木板向左运动Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t122～4 s内物块相对木板向右运动Δx2＝－解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。