2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题3.21与力的分解相关的牛顿运动定律问题含.doc

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1、专题3.21与力的分解相关的牛顿运动定律问题一选择题1（2019河南名校联盟尖子生调研）如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于箱子上的A点和B点，OA与水平方向的夹角为，OB水平，开始时箱子处于静止。则下列说法不正确的是（ ）A若使箱子向右水平加速运动，则绳1、2的张力均增大B若使箱子向右水平加速运动，则绳1的张力不变、绳2的张力增大C若使箱子竖直向上加速运动，则绳1、2的张力均增大D若使箱子竖直向上加速运动，则绳1的张力增大、绳2的张力不变【名师解析】箱子静止时，小球根据平衡条件有：，；若使箱子向右水平加速，竖直方向合力为零，有：，比较可知绳1的张力不变、绳2的张力增大，选项A说

2、法错误、B说法正确；若使箱子竖直向上加速，比较可知绳1的张力增大、绳2的张力也增大，选项C说法正确、D说法错误。故说法不正确的选项为选项A、D。【参考答案】AD2. （2019福建莆田二模）如图，装有水的杯子从倾角=53的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角=16取重力加速度g=10m/s2，sin53=0.8，sin16=0.28，则（）A.杯子下滑的加速度大小为B. 杯子下滑的加速度大小为C. 杯子与斜面之间的动摩擦因数为D. 杯子与斜面之间的动摩擦因数为【参考答案】BC【名师解析】先以水与水杯整体为研究对象，则整体只受到重力、摩擦力及斜面支持力，沿斜面方向上有：Mgsin-Mgc

3、os=Ma 取液面上一滴水滴为研究对象，则水滴受到竖直向下的重力mg和周围水垂直于水面的总作用力N，即：Ncos=mgcos，mgsin-Nsin=ma 联立以上式子得：a=3.5m/s2，=0.75，故选项BC正确，AD错误。 【关键点拨】先以整体为研究对象，对其进行受力分析，求出整体的加速度，然后以水为研究对象，结合牛顿第二定律分析水的运动状态；结合以上两个式子，列方程求出加速度及动摩擦因数。本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键是对水和水杯整体受力分析得出加速度，再对水滴进行隔离分析，列式得出结果。3（2018洛阳一模）如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机

4、提供的动力方向与水平方向夹角60，使飞行器恰恰与水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A加速时动力的大小等于mgB加速时加速度的大小为gC减速时动力的大小等于mgD减速飞行时间t后速度为零【参考答案】.BC【命题意图】 本题考查力的合成、牛顿运动定律及其相关的知识点。【解题思路】画出使飞行器恰恰与水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行时的受力矢量图，如图1所示，由2mgcos30=F，可得加速时动力的大小等于F=mg，选项A错误；动力F与飞船

5、重力mg的合力等于mg，所以飞船加速时加速度的大小为g，选项B正确；画出使飞行器沿原方向匀减速飞行时的受力矢量图，如图2所示，由sin60=F/mg可得减速时动力的大小等于F=mg，选项C正确；加速飞行时间t后的速度为v=at=gt。减速飞行的合外力大小为mgcos60=mg/2，减速飞行的加速度大小为g/2，减速飞行时间2t后速度为零，选项D错误。 图1 图24.（2018石家庄一模）如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，CD 为过O点且与AB成60夹角的固定光滑细直杆，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球分别从C点由静止释放，小球从C点运动到D点所用的时间为t1，另一小球

6、从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1t2等于（ ）A11 B21 C1 D2【参考答案】.C【命题意图】 本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关的知识点。【解题思路】对沿CD光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin30=ma1，解得a1=g/2；设CD=d，由匀变速直线运动规律，d=a1t12，解得t1=2。对沿CB光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin60=ma2，解得a2=g/2；光滑杆CB=d sin60=d/2，由匀变速直线运动规律，d/2=a2t22，解得t2=。t1t2=2=1，选项C正确。【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是把该题的情景误认为是

7、等时圆模型，导致错选A；二是不能正确运用相关数学知识得出CB光滑光滑杆的长度和倾角；三是没有正确运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，导致计算错误。二计算题1.(10分) （2019天津部分学校期末联考）一小滑块以10m/s的初速度沿倾角为=37的固定斜面上滑。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，设斜面足够长。(g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0，8)求：(1)物体上滑的最大位移;(2)物体回到出发点时的速度。【名师解析】（10分）：（1）根据牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma1 解得a1=gsin+gcos 代入数据得a1=10m/s2 根据速度位移公式v02=2

8、as 解得s=代入数据得s=5.0m （2）根据牛顿第二定律，下滑的加速度为mgsin-mgcos=ma2 解得a2=gsin-gcos 代入数据得a2=2m/s2 根据速度位移公式 解得代入数据得v 2（12分）（2019河南天一大联考6）一质量为m0.1kg的滑块（可视为质点）从倾角为37、长为L6m的固定粗糙斜面顶端由静止释放，滑块运动到斜面底端时的速度大小为v，所用的时间为t。若让此滑块从斜面底端以速度v滑上斜面，则滑块在斜面上上滑的时间为已知重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：（1）滑块通过斜面底端时的速度大小；（2）滑块从斜面底端以速度滑上斜面又滑到

9、底端时的动能。【名师解析】（1）设滑块和斜面间的动摩擦因数为，滑块下滑时的加速度大小为a1，游块上滑时的加速度大小a2，由牛顿第二定律可得：滑块下滑时mg（sincos）ma1滑块上滑时mg（sin+cos）ma2由题意有va2ta1t联立解得：0.25则滑块在斜面上下滑时的加速度a14m/s2，滑块上滑时的加速度大小a28m/s2由运动学公式有中v22a1L联立解得：v4m/s（2）设滑块沿斜面上滑的最大位移为x，则有v22a2x解得：x3m则滑块从斜面底端上滑到下滑到斜面底端的过程由动能定理得：mgcos2xEk解得：Ek1.2J答：（1）滑块通过斜面底端时的速度大小是4m/s；（2）滑块

10、从斜面底端以速度滑上斜面又滑到底端时的动能是1.2J。3 (9分)如图14所示，一小轿车从高为10 m、倾角为37的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在距斜坡底端115 m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2103 N，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4104 N，小轿车的质量为2 t，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)。求：(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(轿车在行驶过程中不采用刹车

11、装置)【名师解析】(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得F1mgsin 37mgcos 37ma1代入数据得斜坡上小轿车的加速度a13 m/s2由v2a1x1x1得小轿车行驶至斜坡底端时的速度v110 m/s。(2)在水平地面上加速时F2mgma2代入数据得a22 m/s2关闭油门后减速mgma3，代入数据得a35 m/s2设关闭油门时轿车的速度为v2，有x2得v220 m/s，t5 s即在水平地面上加速的时间不能超过5 s。4(15分) （2019广东惠州第三次调研）为拍摄鸟类活动，摄影师用轻绳将质量为m=2.0kg的摄影机跨过树枝，悬挂于离地面H=8.5m高的B点，绳子另一端连着质量

12、M=4kg的沙袋，并将沙袋控制在地面上的A点，某时刻，沙袋突然失控，当沙袋水平滑动到较长的斜坡底端C时，摄影机下落到距地面上方h=5.0m高的D点，斜坡倾角为370，此时细绳与斜面平行，最终摄影机恰好没有撞击地面，已知沙袋与斜面间的动摩擦因数为=0.175，不计细绳与树枝间的摩擦，g取10m/s2；求（不计C处的能量损失，sin370=0.6，cos370=0.8）（1） 从D点开始下落的过程中，摄影机做什么运动？（2） 摄像机在D点时的速度大小；（3）摄影机下落全过程中，沙袋及摄影机组成的系统克服摩擦阻力所做的功【命题意图】本题以摄影机下落为情景，考查牛顿运动定律、功能关系及其相关知识点，意

13、在考查建模能力，运动和力的观念，利用功能关系分析解决问题的能力。【解题思路】（1）摄影机做匀减速直线运动 (2分)（2）对M、m两物体组成的系统：mg-Mgsi-Mgcos=(m+M)a 解得:a=-1.6m/s2 (2分)由D到地面：0-vD2=2ah (2分)解得:vD=4m/s (2分)（3）从B点到地面，对系统，全过程由功能关系可知：Wf=mgH-Mghsin (2分)解得:Wf=50J (2分)5（14分）图所示，在风洞实验室里，直细杆倾斜放置，一个m2kg小球穿在细杆上，风对小球的作用力的方向水平向右，作用力的大小恒定不变。细杆与水平面之间的倾角为37，小球穿与斜面间的动摩擦因数为

14、0.5，从t0时刻开始，物体运动的与时间t的关系如图所示 所示（x为位移），t2s时关闭风洞撤去风力， g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：（1）风力F的大小；（2）物体向上运动过程中距计时点的最大距离。（3）物体由斜面最高点返回计时点的时间【参考答案】 （1）32N；（2）52m；（3）【名师解析】（1）由匀变速直线运动公式得对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示，则有：v012m/s，a14m/s2在沿斜面上有解得（2）2秒末v1v0a1t20m/s0到2秒： 2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为aa2gsin37+gcos3710m/s22秒后沿斜面向

15、上位移： 物体向上运动过程中距计时点的最大距离为xx1x252m（3）物体由斜面最高点返回计时点的过程中，做匀加速运动，其加速度为aa3gsin37-gcos372m/s2物体由斜面最高点返回计时点的时间6（14分）如图所示，一质量m=2kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平夹角=37，杆与球间的动摩擦因数=0.5，t=0时小球在水平向左的拉力F作用下从A点由静止出发沿杆开始做匀加速运动加速度大小a1=2m/s2 ，小球运动t1=5s到达P点（没画出）后撤去拉力F，g=10m/s2 ， sin37=0.6，cos37=0.8（1）求力F的大小；（2）求撤去力F后，再经过2.5s，小球

16、的距离出发点A的距离（3）小球运动到距离P点4m处时，小球的运动时间（可用根式）【参考答案】（1）48N；（2）27.75m；（3）或7s或9s【名师解析】（1）对小球受力分析，由牛顿第二定律得：在平行斜面方向上有：垂直斜面方向上有：其中： 联立解得： ；（2）有F作用时，小球运动的距离为；当撤去F后，由牛顿第二定律：，解得小球的加速度为；撤去F时小球的速度为，所以小球停下来还需要；所以小球先沿杆向上运动t2=1s，然后沿杆向下运动t3=1.5s。撤去F后小球沿杆向上运动的距离小球沿杆向下运动时，由牛顿第二定律：，解得小球的加速度为；在t3=1.5s小球运动的距离故撤去力F后，再经过2.5s，

17、小球的距离出发点A的距离为；(3) 小球运动到距离P点4m有三次：(a)第一次是沿杆向上运动经过P点上方4m处；(b)第二次是球沿杆向下运动经过P点上方4m处；(c)第三次是向下运动经过P点下方4m处。（a）撤去外力后，再沿杆向上运动4m由位移公式得：，解得，所以，第一次沿杆向上运动经过P点上方4m处，小球的运动时间t5=t1+t4=5.5s(b)第二次是球沿杆向下运动经过P点上方4m处由位移公式： ，解得t6=1s，所以，第二次沿杆向下运动经过P点上方4m处，小球的运动时间t7=t1+ t2+t6=7s(c)第三次是向下运动经过P点下方4m处。由位移公式： ，解得t8=3s，所以，第三次沿杆

18、向下运动经过P点下方4m处，小球的运动时间t9=t1+ t2+t8=9s7. 如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m.已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【参考答案】(1)3 m/s28 m/s(2)30 N【名师解析】(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应最小F的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N