2020年高考物理一轮复习专题08牛顿运动定律的综合应用一限时训练.doc

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1、专题08 牛顿运动定律的综合应用（一）(限时：45min)一、 选择题（本大题共6小题）1如图1所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是() 图1A. B. C(mM)g D.(mM)g【答案】A【解析】：当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时，拉力F最大，系统向上的加速度为a。先以m为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：F2fmgma，再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：2fMgMa，两式联立可解得F，A正确。2.如图2，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固

2、定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是() 图2 【答案】B【解析】：滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C项错；滑块加速度保持不变，D项错；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移sv0tat2，st图像为开口向下的抛物线，B项对；设斜面倾角为，滑块下降高度hssin ，所以ht图像也是开口向下的抛物线，A项错。3(2019天津市十二区县高三联考)如图3所示，在倾角为30的光滑固定斜面上，有两个质量均为m

3、的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，下列说法正确的是() 图3A弹簧的原长为L B水平恒力大小为mgC撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为g D撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g【答案】C【解析】：分析小球B受力，由平衡条件可得：kxmgsin ，解得x，弹簧的原长为LxL，A错误；分析小球A受力，由平衡条件可得：Fcos mgsin kx，解得：Fmg，B错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，故B球的加速度为零，由mgsin kxmaA可得：小球A此时的加速度为aAg，C正确。4在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，

4、晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图4所示，在这段时间内下列说法中正确的是()图4A晓敏同学所受的重力变小了 B晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C电梯一定在竖直向下运动 D电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下【答案】D【解析】：晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B选项错；以竖直向下为正方向，有mgFma，即50g40g50a，解得a，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直

5、向下，C选项错，D选项正确。5(多选)(2019徐州质检)如图5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图像可能是图6中的() 图5 图6【答案】BD【解析】：设滑块质量为m，木板质量为M，滑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，若有1mg2(Mm)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a11g，木板不动，选项D正确；若有：1mg2(Mm)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a11g，木板向右匀加速运动，当二者同速后，一起以a22g的加速度匀减速到停止，

6、因a1a2，故选项B正确。6(多选)(2014江苏高考)如图7所示，A、B两物块的质量分别为2 m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()图7A当F3mg时，A相对B滑动 D无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】： A、B间的最大静摩擦力为2mg，B和地面之间的最大静摩擦力为mg，对A、B整体，只要Fmg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2mgmgmamax，B运动的最大加速度a

7、maxg，选项D正确；对A、B整体，有Fmg3mamax，则F3mg时两者会发生相对运动，选项C正确；当Fmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足Fmg3ma，解得ag，选项B正确。二、计算题（本大题共4小题）7.如图8所示，质量为m1 kg的物块放在倾角为37的斜面体上，斜面体质量为M2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。(g取10 m/s2) 图8【答案】14.4 NF33.6 N【解析】：假设水平推力F较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力F具有最小值，设大小为F1，甲此时物块受力如图

8、甲所示，取加速度方向为x轴正方向，对物块分析，在水平方向有FNsin FNcos ma1竖直方向有FNcos FNsin mg0对整体有F1(Mm)a1代入数值得a14.8 m/s2，F114.4 N，假设水平推力F较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力F具有最大值，设大小为F2，乙此时物块受力如图乙所示，对物块分析，在水平方向有：FNsin FNcos ma2竖直方向有FNcos FNsin mg0对整体有F2(Mm)a2代入数值得a211.2 m/s2，F233.6 N，综上所述可知推力F的取值范围为：144 NF33.6 N。8.如图9所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v

9、02 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。图9(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？【答案】(1)3 m/s28 m/s(2)30 N【解析】：(1)由运动学公式得：Lv0tat22aLvB2v02代入数值解得：a3 m/s2，vB8 m/s(2)对物块受力分析如图所示，投拉力F与斜面成角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：Fsin FNmgc

10、os 30沿斜面方向，由牛顿第二定律可得Fcos mgsin 30Ffma又，FfFN联立三式，代入数值解得：Fcos Fsin 5.2则F当30时，拉力F有最小值，且Fmin N9.如图10，将质量m0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角53的拉力F，使圆环以a4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2) 图10【答案】1 N或9 N【解析】：令Fsin 53mg0，解得F1.25 N。由于7.5 m/s24.4 m/s2，则F1.2

11、5 N，它的取值分大于和小于1.25 N两种情况。当F1.25 N时，环与杆的上部接触，受力示意图如图甲所示甲由牛顿第二定律得Fcos FNma又Fsin FNmg联立解得F代入数据得F1 N当F1.25 N时，环与杆的下部接触，受力示意图如图乙所示乙由牛顿第二定律得Fcos FNma又Fsin mgFN联立解得F代入数据得F9 N。10.图11甲中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.2。在木板上施加一水平向右的拉力F，在03 s内F的变化如图乙所示，图中F以mg为单位，重力加速度g10 m/s2。整个系统开始时静止

12、。(1)求1 s、1.5 s、2 s、3 s末木板的速度以及2 s、3 s末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出03 s内木板和物块的vt图像，据此求03 s内物块相对于木板滑过的距离。图11【答案】 (1)4 m/s、4.5 m/s、4 m/s、4 m/s、4 m/s、4 m/s(2)图见解析2.25 m【解析】：(1)设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt，木板和物块之间摩擦力的大小为f。根据牛顿第二定律、运动学公式得对物块fmafmg当vtvt时vt2vt1a(t2t1)对木板Ff(2m)avt2vt1a(t2t1)由式与题给条件得v14 m/s，v1.54.5 m/s，v24 m/s，v34 m/sv24 m/s，v34 m/s。(2)由(1)的结果得到物块与木板运动的vt图像，如图所示。在03 s内物块相对于木板滑过的距离s等于木板和物块vt图线下的面积之差，即图中阴影部分的面积。阴影部分由两个三角形组成：上面的三角形面积代表0.25 m，下面的三角形面积代表2 m，因此s2.25 m。