高考一轮复习牛顿运动定律的综合应用.doc

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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date高考一轮复习牛顿运动定律的综合应用高考一轮复习牛顿运动定律的综合应用牛顿运动定律的综合应用牛顿运动定律是历年高考的主干知识，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(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。它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题

2、(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。一、基础与经典1小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是()A他始终处于超重状态B他始终处于失重状态C他先后处于超重、平衡、失重状态D他先后处于失重、平衡、超重状态答案C解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。2如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板

3、间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是图中的()答案A解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起

4、匀速运动，D错误。3如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑答案C解析对物块进行受力分析，设斜面的角度为，可列方程mgsinmgcosma，sincos，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mgF)sin(mgF)cosma1，即mgsinmgcosFsinFcosma1，maFsinFcosma1，FsinFcosF(sincos)，大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。4. (多

5、选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为。为了增加轻线上的张力，可行的办法是()A减小A物块的质量 B增大B物块的质量C增大倾角 D增大动摩擦因数答案AB解析对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F(mAmB)gsin(mAmB)gcos(mAmB)a，隔离物体B，应用牛顿第二定律得，FTmBgsinmBgcosmBa。以上两式联立可解得：FT，由此可知，FT的大小与、无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。5(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，

6、将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin)gDM运动的加速度大小为g答案BC解析互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinmg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有：FTmgsinma，又FTFT，解得：a(1sin)g，FTmg，故A、D错误，B、C正确。6. 如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为，最大

7、静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过 ()Amg BMgCmg DMg答案C解析由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F(Mm)a；若A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知mgMa，联立解得Fmg，选项C正确。7如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即Fkt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是()答案B解析A、B相对滑动

8、之前加速度相同，由整体法可得：F2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ffma，故此时F2Ffkt，t，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。8. 如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力Fkt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()答案A解析本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有F(m1m2)a，即a，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到m

9、2g后，两者发生相对滑动。对m2有Ffma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后fm2g不再变化，a2g，故其图象斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有m2gm1a1，故a1为定值。故A选项正确。9. (多选)神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km时，下降速度为200 m/s。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s后返回舱的速度减至80 m/s，此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s，此时飞船距地面高度为1 m，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动，g1

10、0 m/s2。根据以上材料可得()A减速伞工作期间返回舱处于失重状态B主伞工作期间返回舱处于失重状态C减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s2D每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍答案CD解析减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A、B项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s减速至80 m/s，由运动学公式得a17.5 m/s2，C项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a350 m/s2，由牛顿第二定律得4Fmgma3，解得1.5, D项正确。10(多选)如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙

11、的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，g10 m/s2。下列说法中正确的是()A05 s内物块做匀减速运动B在t1 s时刻恒力F反向C恒力F大小为10 ND物块与水平面的动摩擦因数为0.3答案BD解析题图乙为物块运动的v2x图象，由v2v2ax可知，图象的斜率k2a，得05 m位移内a110 m/s2，513 m位移内a24 m/s2，可知恒力F反向时物块恰好位于x5 m处，t1 s，A错误，B正确。对物块受力分析可知，FFfma1，FFfma2，得F7 N，Ff3 N，0.3，C错误，D正确。二、真题与模拟11. 2015海南高考(

12、多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时()A物块与斜面间的摩擦力减小B物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D物块相对于斜面匀速下滑答案BD解析当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinmgcos，则tan(为斜面倾角)。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为Gmgma，支持力变为N(mgma)cosmgcos，B正确。“重力”沿斜面向下的分力GF(mgma)sin，沿斜面摩擦力变为fN(mgma)cosmgcos，A错误。f(mgma)costa

13、n(mgma)cos(mgma)sinG下，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。122015海南高考 (多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a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的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a

14、隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mgma1，得a13g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mgkl1，mgkl2，所以l12l2，C正确，D错误。132014北京高考应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()A受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案D解析物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态。当物体离开手的瞬

15、间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确。142014四川高考(多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()答案B

16、C解析若v2v1且mQgmPg，对P、Q整体分析有mPgmQg(mPmQ)a1，当P加速运动速度达到v1后，与皮带一起匀速运动，直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带)，所以B项正确。若v2mPg，则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)；若v2v1，且mQgv1且mQgmPg，满足mQgmPg(mPmQ)a2，中途减速至v1，以后满足mQgmPg(mPmQ)a3，以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)，故C正确，A、D错误。152014大纲卷一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，

17、如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan和 B.tan和Ctan和 D.tan和答案D解析对物块上滑过程由牛顿第二定律得mgsinmgcosma，根据运动规律可得v22a，22a，联立可得tan，h。故D项正确。162014福建高考如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，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，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()答案B解析对物体受力分析，由于物体在斜面上能够停止，物体所受的滑动摩擦力大

18、于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为，由牛顿第二定律可知，Ffmgsinma，FNmgcos，又FfFN，解得agcosgsin，加速度a为定值，D错误。由vv0at可知，vt图线应为倾斜的直线，C错误。由sv0tat2可知，st图线为抛物线，B正确。由几何关系可知hssin，即ht图线应类似于st图线，A错误。172017江西宜春三中检测 如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成角，则下列说法正确的是()A小铁球受到的合外力方向水平向左B凹槽对小

19、铁球的支持力为C系统的加速度为agtanD推力FMgtan答案C解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，A、B错误。小球所受合外力为mgtan，加速度agtan，推力F( mM)gtan，C正确，D错误。182016海口联考(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1。工件滑上A端瞬时速度vA 4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g10 m/s2)()A若传送带不动，则vB3 m/sB若传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，vB3 m/sC若传送带以速度v2 m

20、/s顺时针匀速转动，vB3 m/sD若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，vB2 m/s答案ABC解析若传送带不动，由匀变速规律可知vv2as，ag，代入数据解得vB3 m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是g，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误。192016福州质检 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h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a随时间t变化的图象中符

21、合实际情况的是()答案A解析此过程可分为三段，第一段小球向下做自由落体运动，加速度ag，方向竖直向下，速度vgt；第二段小球向下做加速运动，加速度a，弹簧的压缩量x变大，加速度a变小，方向向下；第三段运动小球向下做减速运动，加速度a，弹簧的压缩量x变大，加速度a变大，方向向上，到达最低点时ag，而且小球接触弹簧后at图线不是线性关系，所以C、D都错误。又由vt图象的斜率变化代表加速度的变化，故选项A正确。202016山东烟台期中 (多选)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为(45)。三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两

22、物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是()A若m1m2，则两物体可静止在斜面上B若m1m2cot，则两物体可静止在斜面上C若m1m2，则三棱柱对地面的压力小于(Mm1m2)gD若m1m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零答案BC解析若m1m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsin，由于45，则m2gsin(90)m1gsin，则m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上

23、加速运动，A错误。要使两物体都静止在斜面上，应满足：m2gsin(90)m1gsin，即有m1m2cot，B正确。若m1m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有FN(Mm1m2)gm2asin(90)m1asin0，即地面对三棱柱的支持力FN(Mm1m2)g，则三棱柱对地面的压力小于(Mm1m2)g；水平方向有Ffm1acosm2acos(90)0，C正确，D错误。一、基础与经典21. 如图所示，长L1.6 m、质量M3 kg的木板静置于光滑水平面上，质量m1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数0.1。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g10

24、 m/s2。(1)求使物块不掉下去的最大拉力F；(2)如果拉力F10 N恒定不变，求小物块所能获得的最大速度。答案(1)4 N(2)1.26 m/s解析(1)物块不掉下去的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1。对物块，最大加速度a1g1 m/s2，对整体，F(Mm)a1(31)1 N4 N。(2)当F10 N时，木板的加速度a2 m/s23 m/s2由a2t2a1t2L得物块滑过木板所用时间t s，物块离开木板时的速度v1a1t m/s1.26 m/s即小物块所能获得的最大速度为1.26 m/s。22质量为20 kg的物体若用20 N的水平力牵引它，刚好能在水平面上

25、匀速前进。问：若改用50 N拉力、沿与水平方向成37的夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2.3 m，它的速度多大？在前进2.3 m时撤去拉力，又经过3 s，物体的速度多大？(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)答案2.3 m/s0解析施加20 N水平拉力时，物体做匀速运动，F1f1，f1FN1，FN1G，解得0.1。对物体施加斜向上的拉力后，设加速度为a1，由牛顿第二定律可得F2cosf2ma1，f2(GF2sin)，a11.15 m/s2(方向与运动方向相同)，由运动学定律可得v22a1x，v2.3 m/s，撤去拉力后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律

26、有f1ma2，a2 1 m/s2(方向与运动方向相反)。由t，可得物体停止运动的时间为t2.3 s3 s，所以3 s后物体的速度大小为0。二、真题与模拟232015全国卷一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动

27、摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。答案(1)10.120.4(2)木板的最小长度为6.0 m(3)木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m解析(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后

28、，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2式中，t22 s, v20，联立式和题给条件得20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。取向右为正方向，则a3为正，a2为负，由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板

29、的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。242016山东青岛统一质检如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板，开始时质量为m1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平上运动的

30、vt图象如图乙所示，g10 m/s2。求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量。答案(1) N(2)2.5 m(3)1.5 kg解析(1)对滑块受力分析可得mgsinFcos，代入数据可得F N。(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s，当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得mgsin Fcosma，解得a10 m/s2，下滑的位移x，解得x5 m，故下滑的高度，hxsin302.5 m。(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一起做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的摩擦因数为2，由图象得，二者共同减速时的加速度大小a11 m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a21 m/s2，滑块减速的加速度大小a34 m/s2，对整体受力分析可得a11g，可得10.1。在02 s内分别对m和M受力分析可得对M：a2，对m：a3，代入数据解得M1.5 kg。-