（新高考）2021届小题必练4 牛顿运动定律的应用 学生版.doc

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1、小题必练4：牛顿运动定律的应用(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。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 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 kgB24 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间

2、的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】由题图(c)可知木板在02 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02 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24 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1 m/s20.2 m/s2，在45 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2 m/s20.2 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Fff，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得FFfma1、Ffma2，解得m1 kg、F0.4 N，选项A、B均正确；由于不知道物

3、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ft与vt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m200 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Ft图线如图乙所示，t34 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026 s内物

4、体匀速运动，26 s34 s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有：mgFTma根据图乙得此时FT1975 N，代入可得a0.125 m/s2方向竖直向下。(2)结合图乙根据运动学公式有vat21 m/s。(3)根据图像可知匀速上升的位移h1vt126 m匀减速上升的位移h2t24 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：h1h2h所以总位移为h40 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，

5、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，木水铁)()AA球将向上运动，B、C球将向下运动BA、B球将向上运动，C球不动CA球将向下运动，B球将向上运动，C球不动DA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

6、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，倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v010 m/s，质量为m1 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()A05 s内小木块做匀减速运动B在t1 s时刻，摩擦力反向C

7、斜面倾角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vt图、Pt图(P为物体重力的功率大小)及at图可能正确的是()6如图所示，右端带有固定挡板的小车静止在光滑水平面上，物块放在车上，用轻弹簧与挡板相连，弹簧处干原长，给小车施加向右的拉力F，使拉力F从零开始不断增大，则弹簧的弹力FN大小和平板车对物块的摩擦力f大小随F变化图像，正确的是（ ） 7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

8、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()Aa12 m/s2，a22 m/s2Ba12 m/s2，a22 m/s2Ca12 m/s2，a22 m/s2Da12 m/s2，a22 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1、2，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12，m1m2，则杆受到压力B若12，m1m2，则杆受到拉力C若12，m1m2，则杆受到拉力D若12，m1m2，则杆无作用力9

9、如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，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。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，且，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，M4m，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

10、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

11、速度顺时针运动？12图甲中，质量为m11 kg的物块叠放在质量为m23 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10.2，整个系统开始时静止，重力加速度g10 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04 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入20.25的粗糙水平面，在图丙中画出04 s内木板和物块的vt图象，并求出04 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

12、，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v2v2ax与图象可得a10 m/s2，由图示图象可知，初速度v100(m/s)2，v010 m/s，减速运

13、动时间t1 s，故A项错误；由图示图象可知，在01 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，t1 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a2 m/s2，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，mgsin mgcos ma，代入数据解得0.5，37°，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F1mg，则0t1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F2mg，则F1mg，在0t1时间内电

14、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0t1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t1t2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Pmgv，可知t1t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3mg，则F1mg，F2mg，在0t2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；F3mg，可知在0t1时间内向下的加速度大于t1t2时间内向下的加速度，而t2t3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Pmgv可知，图C可

15、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】AD【解析】设物块的质量为m，车的质量为M，物块没有发生滑动时，对于整体，根据牛顿第二定律得，此时弹簧的弹力为0，摩擦力，发生滑动后，摩擦力等于滑动摩擦，大小不变，故B错误，A正确；物块没有发生滑动时，弹簧的弹力为0，当物块滑动后，摩擦力大小不变，对于物块m，根据牛顿第二定律FNfmma，解得，故C错误，D正确。7【答案】D【解析】依题意有mAgsin mAgcos mAa，(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mAmB)a1，(mAgF)sin (mAgF)cos m

16、Aa2，由以上各式可解得a12 m/s2，a22 m/s2，即D项正确。8【答案】ACD【解析】假设杆不受力，则aAgsin 1gcos ，aBgsin 2gcos ，若12，m1m2，则aAaB，即两个物体有靠近的趋势，所以杆受到压力，A项正确；若12，m1m2，aAaB，所以杆不受力，B项错误；若12，m1m2，则aAaB，两物体有远离的趋势，所以杆受到拉力作用，C项正确；若12，m1m2，aAaB，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(m1m2)gsin f(m1m2)a，垂直斜面方向N

17、(m1m2)gcos ，摩擦力fN，联立可解得agsin gcos ，对小球有若，agsin ，现有，则有agsin ，所以gsin gcos gsin ，gsin gsin gcos ，因为，所以gsin gsin 0，但gcos 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a12g，方向向下球的加速度为a23g，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v1a1t

18、1v2a2t1，t1管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则t2，因为t1t2，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h1v1t1a1tH。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mgcos 37°mgsin 37°ma1BC过程有v2a1l解得a110 m/s2，0.5。(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°mgcos 37°ma2若恰好能到达平台CD时，有v22a2l解得

19、v2 m/s，a22 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vv2a1x1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v2a2x2，x1x2L解得v23 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(m1m2)a对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有：1m1gm1a联立解得：F8 N

20、。(2)物块在02 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：1m1gm1a1解得a12 m/s22 s末物块的速度为v1a1t12×2 m/s4 m/s木板在01 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F11m1gm2a2解得a24 m/s21 s末木板的速度v1a2t24×1 m/s4 m/s在12 s内F21m1g木板做匀速运动，速度为4 m/s24 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2gm1的合力2m1gfm1m1g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：1m1gm1a3得：a32 m/s2速度从4 m/s减至零的时间t3 s2 s木板做匀减速直线运动有：2(m1m2)g1m1gm2a4得：a4 m/s2速度从4 m/s减至零的时间t4 s1.5 s二者在整个运动过程的vt图象如图所示(实线是木板的vt图象，虚线是物块的vt图象)02 s内物块相对木板向左运动x1a2t22(a2t2)(t1t2)a1t1224 s内物块相对木板向右运动x2解得：xx1x21 m所以04 s内物块相对木板的位移大小为x1 m。维权 声明