2023年2021高中物理人教版一轮复习训练：4牛顿运动定律及其应用.pdf

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1、晨鸟教育 Earlybird 4 牛顿运动定律及其应用 1高考对牛顿第二定律内容的要求较高，从历年命题看，命题主要集中在三个方面：结合运动学规律综合分析动力学的两类问题；交替使用整体法与隔离法处理连接体问题、临界问题；以实际应用为背景，考查思维转换、实际建模等综合问题。2两个常见模型的注意点：(1)“滑块木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：mmfam。(2)传送带靠摩擦力带动(或阻碍)物体运动，物体速度与传送带速度相同时往往是摩擦力突变(从滑动摩擦力变为无摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力)之时。例 1(2019 全国 III 卷 20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上

2、，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()图（a）图（b）图（c）A木板的质量为 1 kg B2 s4 s 内，力 F 的大小为 0.4 N C02 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【考题解读】本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养。以木板为研究对

3、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。【答案】AB 考点分析 晨鸟教育 Earlybird【解析】分析知木板受到的摩擦力 f f。02 s，木板静止，Ff，F 逐渐增大，所以 C 错误。4 s5 s，木板加速度大小 a20.2 m/s2，对木板受力分析，f ma20.2 N，得 m1 kg，所以A 正确。2 s4 s，对木板有 Ff ma1，Ff ma10.4 N，所以 B 正确。由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故 D 错误。例 2(2020 全国 II 卷 25)如图，一竖直圆管质量为 M，

4、下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m 的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知 M4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为 4mg,g 为重力加速度的大小，不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。【考题解读】本题主要考查牛顿第二定律的综合应用和动能定理的结合，关键是总清楚运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再结合运动学公式

5、、动能定理进行解答。【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为 a1，方向向下；球的加速度大小为 a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 f，由牛顿运动定律有：Ma1Mgf ma2fmg 联立式并代入题给数据，得 a12g，a23g (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0 2gH 方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式 v0 a1t1v0a2t1 联立式得1225Htg 设此时管下端的高度为 h1，速度为

6、v。由运动学公式可得 景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以得出图晨鸟教育 Earlybird h1v0t112a1t12 vv0a1t1 由式可判断此时 v0。此后，管与小球将以加速度 g 减速上升 h2，到达最高点。由运动学公式有 222vhg 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则 H1h1h2 联立式可得11325HH

7、(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1。在管开始下落到上升 H1这一过程中，由动能定理有 Mg(HH1)mg(HH1x1)4mgx10 联立 式并代入题给数据得 x145H 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移 x2为 x245H1 设圆管长度为 L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是 x1x2 L 联立 式，L 应满足条件为152125LH 1如图所示，物体 A、B 由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体 A加速下降的过程中，下列判断正确的是()A物体 A和物体 B 均处于超重状态 B物体 A和物体 B 均处

8、于失重状态 提分训练 景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以得出图晨鸟教育 Earlybird C物体 A处于超重状态，物体 B 处于失重状态 D物体 A处于失重状态，物体 B 处于超重状态【答案】D【解析】A 加速下降，则加速度向下，轻绳的拉力小于重力，故 A 处于失重状态；同时 B 加速上升，则加速度向上，轻绳的拉力大于重力，故 B

9、 处于超重状态。故 A、B、C 错误，D 正确。2一固定在水平面上倾角为 的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是()A若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行 B若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向 C若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行 D若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行【答案】D【解析】若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所

10、受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向不可能与AB平行，故A错误；若小车沿斜面匀加速向上运动，则球向上匀加速，其加速度沿斜面向上，而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B错误；若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小车的加速度斜向下，小车的运动有斜向下加速或斜向上减速，故C错误，D正确。3如图所示，质量为 m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平向右的力 F 拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是()景

11、考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以得出图晨鸟教育 Earlybird A斜面和挡板对球的弹力的合力等于 ma B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零 D若加速度不断的增大，斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值【答案】D【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，如图，受重力 mg、竖直

12、挡板对球的弹力 F2和斜面的弹力 F1。根据牛顿第二定律知小球所受的合力为 ma，即重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于 ma，面和挡板对球的弹力的合力不等于 ma，故 A 错误；设斜面的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律得竖直方向 F1cos mg，水平方向 F2F1sin ma，由看出，斜面对球的弹力 F1大小不变，与加速度无关，不可能为零。由看出，若加速度足够小时，F2F1sin mgtan 0，故 BC 错误；若 F 增大，a 增大，斜面的弹力 F1大小不变，故 D正确。4如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块，木板受到随时间 t 变

13、化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出其加速度 a，得到如图乙所示的 aF 图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取 g10 m/s2，则下列选项错误的是()A滑块的质量 m4 kg B木板的质量 M2 kg C当 F8 N 时滑块加速度为 2 m/s2 D滑块与木板间动摩擦因数为 0.1【答案】C 景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以

14、得出图晨鸟教育 Earlybird【解析】由题图乙知，F6 N 时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为 a1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有 F(Mm)a，代入数据计算得出 Mm6 kg，当 F6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得1FmgmgaFMMM，图线的斜率 k12，则 M2 kg，滑块的质量 m4 kg，故 A、B 正确；根据 F6 N 时，a1 m/s2，代入表达式计算得出 0.1，D正确；当 F8 N 时，对滑块，根据牛顿第二定律得 mg ma，计算得出 a g 1 m/s2，故C 错误。本题选错误的，故选 C。5(多选)传送带在工农业生产和日常生活中都有着广泛的应用。如图

15、甲，倾角为 的传送带以恒定速率逆时针转动，现将 m2 kg 的货物放在传送带上的 A 点，货物与传送带的速度 v随时间 t 变化的图象如图乙，整个过程传送带是绷紧的，货物经过 1.2 s 到达 B 点，已知重力加速度 g10 m/s2。下列说法正确的是()A货物在 0.21.2 s 内的加速度大小为 1 m/s2 BA、B 两点的距离为 1.5 m C货物从 A运动到 B 的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为 2.4 J D货物从 A运动到 B 的过程中，传送带对货物做的功为 6.4 J【答案】AC【解析】由 vt 图象可知，货物在 00.2 s 时间内在传送带上以加速度 a1做匀加速直

16、线运动，a1 v t5 m/s2，受向下的摩擦力，重力和支持力，由牛顿第二定律得 mgsin fma1，fmg cos；货物在 0.21.2 s 时间内的加速度 a21 m/s2，受向上的摩擦力，重力和支持力，有mgsin fma2，联立解得 f4 N；由 vt 图象中图线与时间轴所围的面积表示位移知，00.2 s 时间内货物的位移 x10.1 m，皮带位移 x皮0.2 m，相对位移 x1x皮x10.1 m，0.21.2 s 时间内货物的位移 x21.5 m，x皮21 m，相对位移 x2x2x皮20.5 m，故两者之间的总相对位移 x x1 x20.6 m，货物的总位移 xABx1x21.6

17、m，货物与传送带摩擦产生的热量 QWf x2.4 J，故 AC 正确，B 错误；00.2 s 时间内物体受摩擦力方向向下，摩擦力做正功，Wf1fx10.4 J，0.21.2 s 时间内物体受摩擦力方向向上，摩擦力做负功，Wf2fx26 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为 6 J0.4 J5.6 J，故 D 错误。景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加

18、速度取由题给数据可以得出图晨鸟教育 Earlybird 6(多选)一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态，一石墨块(可视为质点)静止在白板上，石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为 。突然，使白板以恒定的速度 v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间 t，令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为 g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量)()A202vg B20vg Cv0t12gt2 Dv0t【答案】AC【解析】在时间 t 内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速。石墨加速时，根据牛顿第二定律得 ag，如

19、果时间 t 内一直加速，加速的位移 x112gt2，故相对白板的位移 x1v0tx1v0t12gt2；如果先加速，后匀速，位移22000200()22vvvxv tv tggg，故相对白板的位移 x2v0tx2202vg；如果加速的末速度恰好等于 v0，则 x3202vg，故相对白板的位移 x3v0tx3v0t202vg。经过时间 t 后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移。故 AC 正确。7有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功

20、；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图所示，AC 是长度为 L15 m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在 A点，从 A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域。已知BC 长度 L21 m，瓶子质量 m1 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数 0.2。某选手作用在瓶子上的水平推力 F10 N，瓶子沿 AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g 取 10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？【解析】(1)要想获得游戏成功，瓶滑到 C 点速度正好为 0

21、，力作用时间最长，设最长作用时景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以得出图晨鸟教育 Earlybird 间为 t1，有力作用时瓶的加速度为 a1，t1时刻瓶的速度为 v，力停止后加速度为 a2，由牛顿第二定律得：Fmg ma1 mg ma2 加速运动过程中的位移2112vxa 减速运动过程中的位移2222vxa 位移关系满足：x1x2L

22、1，va1t1 由以上各式解得：t10.5 s。(2)要想游戏获得成功，瓶滑到 B 点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为 d，则：22121222vvLLaa，v22a1d 联立解得：d0.8 m。8如图（a），在某次玻璃强度测试中，将一质量 m2 kg 的铁球从距离玻璃高 h1.25 m 处自由释放，砸中被夹具夹在水平位置的玻璃。这种固定方式允许玻璃在受到冲击时有一定的位移来缓冲，通过高速摄像机观察，发现铁球从接触玻璃开始到下落到最低点需要 t0.005 s。设玻璃对铁球的弹力近似视为恒力，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)估算铁球接触玻璃开始到下落至最低点的过程中，玻璃对铁

23、球的弹力有多大？(2)将玻璃倾斜安装在汽车前车窗上，如图（b）。铁球以初速 v03 2 m/s 向玻璃扔出，正好垂直砸中玻璃。若安装后的玻璃在受到冲击时仅能沿垂直玻璃方向移动 s5 mm，超出会破碎。玻璃能承受的最大弹力 Fm4000 N。铁球在飞行过程中高度下降 h0.35 m，估计该玻璃是否会被砸碎？【解析】(1)铁球自由下落到与玻璃接触时，速度 v1 2gh 铁球与玻璃接触后，加速度大小11vat 景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图物块和木板叠放在实验台上物块用一不可伸长的细

24、绳与固定在实系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以得出图晨鸟教育 Earlybird 铁球受弹力和重力，根据牛顿第二定律：Fmgma1 联立解得：F2020 N。(2)铁球从抛出到接触玻璃的过程中，以接触点为零势能面，飞行过程机械能守恒 mgh 12mv0212mvt2 解得 vt5 m/s 由(1)数据，可判断铁球与玻璃接触过程中重力远小于弹力，忽略重力对铁球运动的影响，则铁球仅在弹力作用下沿垂直于玻璃方向做匀减速运动。若铁球能在 s 位移内停下，则：vt22a2s F ma2 解得 F 5000 N Fm，所以会砸碎。9 如图所示，

25、在水平地面上建立x轴，有一个质量m1 kg的木块(可视为质点)放在质量M2 kg的长木板的左端A点，木板长L2 m。已知木板与地面间的动摩擦因数10.1，木块与长木板之间的动摩擦因数20.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。开始时木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v05 m/s，在xp10 m处有一固定挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，g取10 m/s2，求：(1)木板与挡板碰撞时的速度大小v；(2)木块最终停止运动时的位置坐标。【解析】(1)由题意可知，木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，加速度大小为a11

26、g1 m/s2 设木板碰挡板时的速度为v，则有v2v022(a1)s 其中sxPL8 m 解得：v3 m/s。(2)木块运动分几个过程：过程1：共同向右减速到3 m/s，加速度大小a11g1m/s2，位移x18 m，方向向右；过程2：碰后向右减速到零再反向加速到与木板共速，木块的加速度大小a22g5 m/s2 木板的加速度大小213()4mgMm gaMm/s2 景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关

27、系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以得出图晨鸟教育 Earlybird 设二者达到共速所用时间为t1，共同速度为v1，可得v1va2t(va3t)解得：23t s，v113s（方向向左）木块的位移为2221829xvta t m，方向向右；过程3：木块和木板共同向左减速至停下，加速度大小为a41g1m/s2 位移21341218vxam，方向向左 所以木块的最终坐标为123536xxxx m。10某工厂用倾角为 37 的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长 L50 m，正常运转的速度 v4 m/s。一次工人刚把 M10 kg 的货物放到传送带上的 A处时停

28、电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块 m5 kg 带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为 0.8。（物块与木板均可看成质点，g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8）(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用 F189 N 的恒定拉力把货物拉到 0.2L 处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；(3)来电后，还需要多长时间货物能到达 B 处？（不计传送带的加速时间）【解析】(1)设最大拉力为 Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的

29、加速度为 a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得：Mgcos 37 Mgsin 37 Ma1 对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得：Fm(Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a1 解得：a10.4 m/s2，Fm192 N。(2)设工人拉木板的加速度为 a2，根据牛顿第二定律得：景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以得出

30、图晨鸟教育 Earlybird F(Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a2 设来电时木板的速度为 v1，根据运动学公式得：v122a2(0.2L)解得：a20.2 m/s2，v12 m/s。(3)由于 v14 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为 a3 (Mm)gcos 37(Mm)gsin 37(Mm)a3 设经过 t1木板速度与传送带速度相同，vv1a3t1 设 t1内木板加速的位移为 x1，有：v2v122a3x1 共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为 t2，则：L0.2Lx1vt2 联立解得：t15 s，t26.25 s 所以来电后木板再需要运动 tt1t211.25 s。景考查思维转换实际建模等综合问题两个常见模型的注意点滑块木板模型问题中靠摩擦力带动的那个物体的加速度有摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力之时全国卷如图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系如图所示木板的速度与时间的关系如图所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取由题给数据可以得出图