2020高考物理二轮复习 专题三 牛顿运动定律对对练（含解析）

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1、牛顿运动定律2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷考点一牛顿运动定律的理解1820考点二两类动力学问题202024151920考点三牛顿运动定律的综合应用252525212524、25考点四实验:验证牛顿第二定律2322考点一牛顿运动定律的理解命题角度1(储备)应用牛顿第三定律转换研究对象【典题】重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时,有如图所示的比赛动作,当运动员竖直倒立保持静止状态时,两手臂对称支撑,夹角为,则()A.当=60时,运动员单手对地面的正压力大小为G2B.当=120时,运动员单手对地面的正压力大小为GC.当不同时,运动

2、员受到的合力不同D.当不同时,运动员与地面之间的相互作用力不相等答案A解析以运动员为研究对象,受到重力和地面对两只手的支持力,运动员处于静止状态,每只手受到的支持力大小都等于12G,和夹角无关,根据牛顿第三定律可知,运动员单手对地面的正压力大小为12G,A正确,B错误;运动员受到的合力始终为零,C错误;由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等,D错误.转换研究对象的解题方法如果不能直接求解物体受到的某个力时,可先求它的反作用力,即利用牛顿第三定律转换研究对象,转换研究对象后所求的力与待求力是“等大”的,因此问题得以巧妙地解决.如求压力时可先求支持力;在许多问题中,摩擦力的求解亦是如此.

3、命题角度2加速度与力的关系高考真题体验对方向1.(多选)(2016全国18)一质点做匀速直线运动.现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC解析匀速直线运动的质点加一恒力后,合力即该恒力,质点做匀变速运动,根据牛顿第二定律F=ma,可知C选项正确;由加速度定义式a=vt可知单位时间内速度的变化量总是不变,速率的变化量不一定相等,选项D错误;质点的速度方向不一定与该恒力的方向相同,选项A错误;某一时刻恒力方向

4、与速度方向垂直时,速度方向立即改变,而恒力方向不会改变,所以速度方向不可能总是与该恒力的方向垂直,选项B正确.2.(多选)(2016全国20)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为FN,则() A.a=2(mgR-W)mRB.a=2mgR-WmRC.FN=3mgR-2WRD.FN=2(mgR-W)R答案AC解析质点P由静止滑到最低点过程由动能定理得mgR-W=12mv2在最低点时有a=v2R联立解得a

5、=2(mgR-W)mR,由牛顿第二定律得FN-mg=mv2R联立解得FN=3mgR-2WR,所以选项A、C正确,B、D错误.合力、加速度、速度之间的关系判定(1)不管速度是大还是小,只要合力不为零,物体一定有加速度.(2)a=vt是加速度的定义式,a与v、t无必然联系;a=Fm是加速度的决定式,aF,a1m,加速度的方向一定与合力的方向相同.(3)合力与速度同向时,物体加速运动;合力与速度反向时,物体减速运动.典题演练提能刷高分1.如图所示,小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强,已知A的质量为m,重力加速度为g,两本书在空中不翻转,不计空气阻力,则A、B在空中运动时()A.A的加速度等于gB

6、.B的加速度大于gC.A对B的压力等于mgD.A对B的压力大于mg答案A解析A、B在空中运动时,A、B处于完全失重状态,A、B之间没有作用力,A、B的加速度均为重力加速度,故A正确,BCD错误.2.在向右匀速运动的小车内,用细绳a和b系住一个小球,绳a处于斜向上的方向,拉力为Fa,绳b处于水平方向,拉力为Fb,如图所示.现让小车向右做匀减速运动,此时小球相对于车厢的位置仍保持不变,则两根细绳的拉力变化情况是()A.Fa变大,Fb不变B.Fa变小,Fb变小C.Fa不变,Fb变大D.Fa不变,Fb变小答案C解析小车向右做匀减速运动时,小球相对于车厢的位置仍保持不变,故对小球受力分析可知,Fa的竖直

7、分量大小仍等于mg,Fa不变,Fa的水平分量也不变,而加速度水平向左,故Fb变大,C正确.3.如图所示,小车在水平地面上向右做匀速直线运动,车内A、B两物体叠放在一起,因前方有障碍物,为避免相撞,小车刹车制动,在小车整个运动的过程中,A、B两物体始终保持相对静止且随小车一起运动,则下列说法正确的是()A.在小车匀速运动过程中,A、B两物体间存在摩擦力B.在小车匀速运动过程中,B物体相对小车有向右运动的趋势C.在小车刹车制动过程中,A相对B一定有沿斜面向上运动的趋势D.在小车刹车制动过程中,A、B两物体间一定存在着沿斜面方向上的摩擦力答案A解析小车匀速运动时,A、B处于平衡状态,B相对小车无运动

8、趋势,且由受力分析可知,A、B两物体间一定存在摩擦力,故A对,B错;小车刹车制动过程中由于加速度大小未知,A、B间相对运动趋势方向不能确定,所以C、D错误.命题角度3(储备)牛顿第二定律瞬时性的理解【典题】(多选)如图所示,质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为3 kg的物体B用细线悬挂并恰好与A物体相互接触.g取10 m/s2.某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间()A.弹簧的弹力大小为30 NB.物体B的加速度大小为10 m/s2C.物体A的加速度大小为6 m/s2D.物体A对物体B的支持力大小为12 N答案CD解析弹簧的弹力大小不会瞬间变化,故剪断细线的瞬间,弹力大小不变,仍为

9、20 N,A错误;A、B有共同加速度,a=GA+GB-FxmA+mB=20+30-205 m/s2=6 m/s2,B错误,C正确;以B为研究对象,mBg-FN=mBa,FN=mB(g-a)=34 N=12 N,D正确.瞬时问题的分析方法(1)分析物体的瞬时问题,关键是弄清瞬时前后的受力情况和运动状态的变化情况,正确分析该时刻的受力,然后再由牛顿第二定律求出瞬时加速度.(2)分析此类问题应特别注意绳或线类、弹簧或橡皮绳类模型的特点.轻绳、轻杆或接触面不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间;轻弹簧、轻橡皮绳两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳,

10、特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变.典题演练提能刷高分1.如图所示,质量为m的小球被非弹性绳A和B系住,其中B绳水平,下列说法正确的是()A.平衡时水平绳的拉力为mgsin B.剪断水平绳,斜绳的拉力不变C.剪断水平绳,小球的加速度为gsin D.剪断斜绳,小球的加速度为gtan 答案C解析对小球受力分析,平衡时水平绳的拉力为mgtan ,A错误;平衡时斜绳的拉力为mgcos,剪断水平绳,斜绳的拉力为mgcos ,B错误;剪断水平绳,小球的加速度为a=mgsinm=gsin ,C正确;剪断斜绳,小球只受重力,小球的加速度为g,故D错误.2.

11、如图所示,水平面上放有三个木块A、B、C,质量均为m=1 kg,A、C与地面间的接触面光滑,B与地面间的动摩擦因数=0.1,A、B之间用轻弹簧相连,B、C之间用轻绳相连.现在给C一个水平向右的大小为4 N的拉力F,使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动.某一时刻撤去拉力F,则撤去力F的瞬间,轻绳中的张力FT为(重力加速度g取10 m/s2)()A.0B.1 NC.2 ND.3 N答案B解析在拉力作用下对整体由牛顿第二定律可得F-mg=3ma解得a=1 m/s2.弹簧上的弹力不能瞬间变化,设弹力大小为F,对A由牛顿第二定律可得F=ma=11 N=1 N当撤去外力后,把B、C作

12、为整体由牛顿第二定律可知F+mg=2ma解得a=1 m/s2,方向向左.对C受力分析由牛顿第二定律可得F=ma=1 N,故B正确.3.(多选)如图所示,一辆平板小车静止在光滑水平面上,车上固定由正六边形的三边构成的槽型容器ABCD,光滑小球静止在容器内且与AB、BC和CD边都接触.现使小车以加速度a向左做匀加速直线运动.g为重力加速度.则()A.若AB和CD边对小球的作用力都为零,则a=3gB.若AB和CD边对小球的作用力都为零,则a=33gC.若AB边对小球的作用力为零,则BC和CD边对球的作用力大小相等D.若AB边对小球的作用力为零,则BC和CD边对球的作用力大小之差为一定值答案AD解析当

13、AB、CD边对小球的作用力都为零时,对小球进行受力分析可知,a=mgtan60m=3g,A正确,B错误;当AB边对小球的作用力为零时,对小球进行受力分析可知,竖直方向上FBCcos 60-FCDcos 60=mg,故D正确,C错误.4.(多选)如图所示,在动摩擦因数=0.2的水平面上有一个质量m=1 kg的小球,小球一端与水平轻弹簧相连,另一端与竖直方向成=45角的不可伸长的轻绳相连,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零.在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2).下列说法中正确的是()A.小球受力个数不变B.小球立即向左运动,且a=8 m/s2C.小球立即向左运动,且a=10 m/

14、s2D.若剪断的是弹簧,则剪断瞬间小球加速度为零答案BD解析在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态,根据共点力平衡得,弹簧的弹力F=mgtan 45=101 N=10 N,弹簧处于伸长状态.剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力仍然为10 N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用,小球的受力个数发生改变,故A错误;剪断轻绳时,小球所受的最大静摩擦力为Ff=mg=0.210 N=2 N,根据牛顿第二定律得,小球的加速度为a=F-Ffm=10-21 m/s2=8 m/s2.合力方向向左,所以向左运动,故B正确,C错误.若剪断弹簧,则在剪断的瞬间,轻绳对小球的拉力瞬间为零,

15、此时小球受重力和支持力作用,所受的合力为零,则小球的加速度为零,故D正确.考点二两类动力学问题命题角度1已知运动(受力)求受力(运动)高考真题体验对方向1.(多选)(2019全国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.t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 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 kgB.2 s4 s内,力F的大小为0.4 NC.02

16、 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答案AB解析对物块受力分析可知,细绳对物块的拉力f等于木板与物块间的摩擦力.由题图(b)可知,滑动摩擦力Ff=0.2 N,设木板质量为m木,对木板:45 s内的加速度a2=vt=-0.21 m/s2=-0.2 m/s2,-Ff=m木a2,可求得m木=1 kg,A正确.对木板:24 s内,F-Ff=m木a1,a1=0.2 m/s2,求得F=0.4 N,B正确.对木板:02 s,拉力F与静摩擦力Ff静平衡,F=Ff静=kt,C错误.物块质量未知,无法求正压力,无法求动摩擦因数,D错误.2.(2018全国15)如图,轻弹簧的下端固定在水

17、平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动.以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()答案A解析选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+FN-mg=ma,系统原处于静止状态,则F0=ma,F由开始随x增加,FN变小,F变大,选项A正确.3.(2017全国24)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑

18、向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.答案(1)v02-v122gs0(2)s1(v1+v0)22s02解析(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得-mgs0=12mv12-12mv02解得=v02-v122gs0(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为

19、a1和a2,所用的时间为t,由运动学公式得v02-v12=2a1s0v0-v1=a1ts1=12a2t2联立式得a2=s1(v1+v0)22s02极值问题的处理方法(1)从加速度a入手,全面分析物体的受力情况、运动情况.(2)应用“极限分析法”或“假设法”分析可能的临界点及特点.(3)分析动态变化或最值现象要用图解法或解析式法.简单问题应用“图解法”.复杂问题应用“函数解析式法”,先写出相关方程式,然后应用数学变换写出待求量的函数解析式,再依据函数的变化特点,判定其动态变化趋势及可能的最值.应用相关规律及推论处理相关问题.典题演练提能刷高分1.高空滑索是勇敢者的运动.如图所示一个人用轻绳通过轻

20、质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的),下滑过程中到达图中A位置时轻绳与竖直线有夹角,到达图中B位置时轻绳竖直向下.不计空气阻力,下列说法正确的是()A.在A位置时,人的加速度可能为零B.在A位置时,钢索对轻环的作用力小于人的重力C.在B位置时,钢索对轻环的摩擦力为零D.若轻环在B位置突然被卡住,则此时轻绳对人的拉力等于人的重力答案B解析在A位置,人受重力和绳的拉力,合力不为零,加速度不为零,A错误;在A位置轻绳与竖直线有夹角,因为绳索有摩擦,故夹角小于直角,以人和轻环整体分析,受到重力mg、钢索的作用力F,如图,由几何关系可知,钢索对轻环的作用力小于人的重力,B正确;在B位置以轻

21、环为研究对象,轻环的合力为零,轻环受到拉力、支持力和摩擦力,C错误;若轻环在B位置突然被卡住,人将做圆周运动,拉力和重力的合力提供向心力,故拉力大于重力,D错误.2.如图所示,1996年在地球上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验.可以简化为如下模型:在绕地球做匀速圆周运动的飞船内,质量m1=30 kg的物体A与待测质量的物体B通过轻绳连接,放置在动摩擦因数=0.05的足够长的水平桌面上,在F=9 N恒力作用下一起在桌面上从静止开始运动,7 s时间内A物体向前运动了4.9 m,以下说法正确的是()A.B物体质量为15 kgB.B物体质量为60 kgC.加速度为0.5 m/s2D.加速度

22、为0.3 m/s2答案A解析对A分析,物体A从静止开始运动,在7 s内运动了4.9 m,故根据x=12at2可得a=0.2 m/s2;对A、B两物体组成的系统整体分析,因为整体随飞船绕地球做圆周运动,所以处于完全失重状态,即整体与桌面间的压力为零,所以整体在水平方向上受到拉力F作用,故由牛顿第二定律可得F=(m1+m2)a,解得m2=15 kg,A正确.3.如图所示,从竖直面上大圆的最高点A,引出两条不同的光滑轨道AB和AC,端点都在大圆上.相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,则下列说法中正确的是()A.物体到达底端的速度大小都相等B.物体重力的冲量都相同C.物体沿AB运动所用的

23、时间小于沿AC运动所用的时间D.物体动量的变化率都相同答案B解析同一物体从静止到达底端,由动能定理可知,重力做的功不一样,所以它们到达底端的动能不同,物体到达底端的速度大小不相等,故A错误;对物体在斜面上受力分析,由牛顿第二定律可求得,a=gcos ,根据运动学公式x=12at2可得,2Rcos =12gcos t2,因此下滑时间与斜面的倾角无关,物体沿AB运动所用的时间等于沿AC运动所用的时间,根据冲量I=Ft可知物体重力的冲量都相同,故B正确,C错误;因初动量都为零,末动量不相等,根据动量的变化量P=mvt-mv0可知物体动量的变化量不相同,又由于运动时间相同,所以物体动量的变化率不相同,

24、故D错误.故选B.4.(2019山东东营模拟)假设一宇宙飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后,返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回.返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降,穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降.这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比,比例系数(空气阻力系数)为k,所受空气浮力不变,且认为返回舱竖直降落.从某时刻开始计时,返回舱运动的v-t图象如图所示,图中AB是曲线在A点的切线,切线与横轴交点B的坐标为(8,0),CD是曲线AD的切线.假如返回舱总质量为M=400 kg,g取10 m/s2,求:(1)返回舱在这一阶段的运动状态;(2)在开始

25、时刻v0=160 m/s时,返回舱的加速度大小;(3)空气阻力系数k的数值.答案(1)先做加速度逐渐减小的减速运动,直至做匀速运动(2)20 m/s2(3)0.31解析(1)由题图可以看出,图线的斜率逐渐减小到零,即返回舱做加速度逐渐减小的减速运动,直至做匀速运动.(2)开始时v0=160 m/s,过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小,则a=vt=0-1608 m/s2=20 m/s2故加速度大小为20 m/s2.(3)设浮力为F,由牛顿第二定律得在t=0时,有kv02+F-Mg=Ma由题图知返回舱的最终速度为v=4 m/s当返回舱做匀速运动时,有kv2+F-Mg=0解得k0.31.命题角

26、度2连接体问题高考真题体验对方向(多选)(2015全国20)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为() A.8B.10C.15D.18答案BC解析设这列车厢的总节数为n,每节车厢质量为m,从P、Q处将车厢分成东、西两部分,东边为x节,西边为(n-x)节,这列车厢以加速度a向东行驶时,F=(n-x)ma;以加速度2a3向西行驶时F=23

27、xma,联立得3n=5x,因为n、x取正整数,故选项B、C正确.处理多物体系统的方法研究由多个“有效物体”组成的系统,一般应用“整体法”与“隔离法”.(1)不涉及系统内力且各物体加速度相等时,优先考虑用整体法,即“能整体、不隔离”.(2)应用隔离法,先隔离“简单”的物体,如待求量少或受力少或处于系统边缘处的物体.(3)正确分析各隔离体之间的关联.如各隔离体间的关联力为内力,各隔离体的关联位移、速度、加速度等.(4)将整体法与隔离法有机结合、灵活应用.典题演练提能刷高分1.(多选)(2019江西玉山一中模拟)我国自行研制的全球最长高铁列车16节长编组“复兴号”列车由动车和拖车编组而成,提供动力的

28、车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车,“复兴号”列车由16节车厢组成,其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车,其余为拖车.假设各车厢质量均相等,每节动车的额定功率都相同,列车在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.则下列说法正确的是()A.“复兴号”列车做匀加速直线运动,一位乘客单手持手机浏览网页时,手对手机的作用力的方向与车厢运动的方向相同B.“复兴号”列车做匀加速直线运动时,第2、3节车厢间的作用力与第13、14节车厢间的作用力大小之比为21C.“复兴号”列车8节动车和8节拖车的配置如果改为10节动车和6节拖车的配置,最大速度将提高到原来的1.25倍D.“复兴号”列车在减速

29、进站阶段,一位乘客水平用力向后推自己的座位,此过程中该乘客对列车做了负功答案BC解析对手机受力分析可知,重力与手对手机的作用力的合力方向与车厢运动的方向相同,选项A错误;设每节动车提供的动力为F,列车做匀加速直线运动时加速度为a=8F-16kmg16m=F2m-kg,以1、2节车厢为研究对象有2F-2kmg+F1=2ma,解得F1=-F,以前13节车厢为研究对象有7F-13kmg+F2=13ma,解得F2=-0.5F,故F1F2=21,选项B正确;设每节动车的额定功率为P,8节动车和8节拖车配置时,vm1=8P16kmg,10节动车和6节拖车配置时,vm2=10P16kmg,解得vm2vm1=

30、1.25,选项C正确;列车在减速进站阶段,人处于减速状态,即列车对人的作用力向后,由牛顿第三定律可知,人对列车的作用力向前,所以乘客对列车做了正功,选项D错误.2.质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60角.槽放在光滑的水平桌面上,通过细线和滑轮与重物C相连,细线始终处于水平状态.通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与绳质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为()A.233mB.2mC.(3-1)mD.(3+1)m答案D解析当小球刚好要从槽中滚出时,小球受力为重力和斜面给的

31、支持力,由牛顿第二定律得mgcot 60=ma,解得a=gcot 60以整体为对象,由牛顿第二定律得Mg=(M+2m)a解得M=(3+1)m.故选D.3.如图所示,在光滑水平面上放有一质量M=30 kg的斜劈,在其斜面上放一质量m=2 kg的物块,现用一水平向右的力F拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对静止.已知斜劈倾角=37,物块与斜面间的动摩擦因数=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2.则拉力F大小为()A.1 NB.10 NC.31 ND.310 N答案B解析对m受力分析如图所示.水平方向,根据牛顿第

32、二定律可得Ffcos 37-FNsin 37=ma.竖直方向,Ffsin 37+FNcos 37=mg,其中Ff=FN,联立解得a=516 m/s2,把M、m看成一个整体有:F=(M+m)a,解得F=10 N.故B正确,ACD错误.4.(多选)如图所示,轻弹簧一端固定在倾角为的光滑斜面底端,弹簧上端放着质量为m的物体A,处于静止状态.将一个质量为2m的物体B轻放在A上,则在A、B一起向下运动过程中()A.放在A上的瞬间,B对A的压力大小为23mgsin B.A、B的速度先增大后减小C.A、B间的弹力先增大后减小D.A、B组成的系统机械能守恒答案AB解析在放B之前,物体A保持静止状态,重力的分力

33、和弹簧的弹力平衡,则F=mgsin ;在放B瞬间,对A、B整体研究,根据牛顿第二定律有:(2m+m)sin -F=(3m)a,计算得出a=23gsin ;对物体B受力分析,根据牛顿第二定律有:2mgsin -FN=2ma;计算得出FN=23mgsin .由牛顿第三定律知,B对A的压力大小为23mgsin .所以A选项是正确的.因为在A、B向下运动过程中,弹簧的弹力一直增大,3mgsin 先大于弹力,后小于弹力,则A、B的速度先增大后减小,所以B选项是正确的.对A、B整体,合力先减小后增大,加速度先减小后反向增大,当加速度沿斜面向下时,根据牛顿第二定律有:2mgsin -FN=2ma,知a减小,

34、FN增大.当加速度沿斜面向上时,根据牛顿第二定律有FN-2mgsin =2ma,知a增大,FN增大,则A、B间的弹力一直增大,故C错误;因为在运动过程中,弹簧对A、B系统做功,因此A、B的机械能不守恒,故D错误.所以AB选项是正确的.5.(多选)一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为2m的小物块A相连,质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上,如图所示,此时弹簧的压缩量为x0.从t=0时开始,对B施加沿斜面向上的外力,使B始终做加速度为a的匀加速直线运动.经过一段时间后,物块A、B分离.弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g.若、m、x0、a均已知,则下列说法正确的

35、是()A.根据已知条件,可求出从开始到物块A、B分离所用的时间B.根据已知条件,可求出物块A、B分离时的速度大小C.物块A、B分离时,弹簧的弹力恰好为零D.物块A、B分离后,物块A开始减速答案AB解析分离的瞬间A、B有共同的加速度和速度,且此时A、B之间的相互作用力为零.设分离时的加速度为a,弹簧的压缩量为x,对A有kx-2mgsin =2ma,A、B分离前一起做匀加速直线运动,则x0-x=12at2,在初始状态时对整体受力分析有kx0=3mgsin ,联立以上方程,可求得从开始到物块A、B分离所用的时间,A正确,C错误;物块A、B分离时的速度v=at,B正确;物块A、B分离后,物块A先做加速

36、度减小的加速运动,D错误.命题角度3多过程衔接及其v-t、x-t、a-t、F-t图象高考真题体验对方向(多选)(2015全国20)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度答案ACD解析由图象可得物块上滑的加速度大小a1=v0t1,下滑的加速度大小a2=v1t1,根据牛顿第二定律,物块上滑时有mgsin +mgcos =ma1,下滑时有mgsin -mgcos =ma2,则可求出、;物块上滑的最大距离x=v0t

37、12,则最大高度h=xsin ,选项A、C、D正确,B错误.多过程现象要分析“衔接关联子过程”(1)从加速度入手,分析可能的运动临界点,确定各子过程及其衔接点特点(注意挖掘隐蔽性子过程).关注衔接点处物理量是否连续,或“点前”“点后”怎样突变.复杂情景须画出运动的情景简图,并标注重要的物理量.(2)选取“过程对象”要实用、简洁,能用“大过程”则不用“小过程”.(3)应用相关公式,优先选用运动的平均速度公式、多过程推论、返回现象的对称性,列出规范方程式.(4)确定各子过程的时间、位移(几何关系)、速度关联,若关联式较简单,可直接并入相应的方程式中;若关联式较复杂,则独立书写关联方程式.典题演练提

38、能刷高分1.(多选)平昌冬奥会单人无舵雪橇项目中,某运动员和雪橇的总质量m=75 kg,沿倾角=37的长直雪道从静止自由滑下.假设滑动时运动员和雪橇所受的空气总阻力与速度大小成正比,比例系数(即空气阻力系数)未知.设运动员和雪橇运动的v-t图象如图中曲线OA所示,图中BA是曲线OA的渐近线,OC是曲线OA过原点的切线,且C点的坐标为(5,20).已知sin 37=0.60,cos 37=0.80,重力加速度g取10 m/s2,全程运动员都不用撑杆加力.则下列判断正确的是()A.t=0时,雪橇的加速度大小为1.25 m/s2B.雪橇与雪道之间的动摩擦因数为0.25C.当v=5 m/s时,运动员和

39、雪橇受到的空气阻力大小为30 ND.当v=5 m/s时,运动员和雪橇的加速度大小为2 m/s2答案BD解析t=0时,OC的斜率等于加速度的大小,a=vt=205 m/s2=4 m/s2,A错误;取人和雪橇为研究对象,由牛顿第二定律,得mgsin -Ff1-Ff2=ma,即mgsin -kv-mgcos =ma由v-t图象知,t=0时,v=0,a=4 m/s2;当速度达到最大值时,vm=10 m/s,a=0,代入上式解得=0.25,k=30 kg/s,B正确;当v=5 m/s时,运动员和雪橇受到的空气阻力为150 N,加速度a=2 m/s2,D正确,C错误.2.(2019山东泰安模拟)如图所示,

40、小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着,弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连,两球均处于静止状态.已知小球B质量为m,O在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30角,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45角.现将细绳剪断的瞬间(重力加速度为g),下列说法正确的是()A.弹簧弹力大小为2mgB.小球B的加速度为gC.小球A受到的支持力为2mgD.小球A的加速度为12g答案D解析剪断细绳前对小球B受力分析如图所示,由平衡条件可得F绳=mgcos45=2mg,F弹=mgtan 45=mg;剪断细绳瞬间,细绳上弹力立即消失,而弹簧弹力F

41、弹和小球B受到的重力的大小和方向均没有改变,则F合=mgcos45=2mg,aB=F合m=2g,选项A、B错误;剪断细绳前,小球A受到的重力大小mAg=2F绳cos 30=6mg,剪断细绳瞬间,小球A受到的支持力FNA=mAgcos 30=182mg,选项C错误;剪断细绳瞬间,对小球A由牛顿第二定律有mAgsin 30=mAaA,得小球A的加速度aA=gsin 30=12g,选项D正确.考点三牛顿运动定律的综合应用命题角度1(储备)物体在传送带上运动的过程分析【典题】如图所示,倾角为=37的传送带以速度v1=2 m/s顺时针匀速转动.将一小物块以v2=8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.

42、已知小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5,传送带足够长,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.小物块运动的加速度大小恒为10 m/s2B.小物块向上运动的时间为0.6 sC.小物块向上滑行的最远距离为4 mD.小物块最终将随传送带一起向上匀速运动答案C解析小物块的运动分两个阶段:开始时小物块相对传送带向上运动,滑动摩擦力沿斜面向下:ma1=mgsin +mgcos 得a1=10 m/s2小物块速度小于传送带后相对斜面向下运动,滑动摩擦力沿斜面向上:ma2=mgsin -mgcos 得a2=2 m/s2所以A选项是错误的.两段运动的时间分别为:a

43、1t1=v2-v1得t1=0.6 sa2t2=v1得t2=1.0 s所以向上运动的时间为t1+t2=1.6 s,B选项错误.两段运动的位移分别为:x1=v2+v12t1=3 mx2=v1+02t2=1 m所以选项C正确.小物块先向上减速到零,再向下加速,D选项错误.分析解答传送带问题的三个关键点(1)应用牛顿运动定律、运动规律列出相应的方程,进行计算.所涉及运动物理量一般以地面为参考系,同时要分清对地位移与相对位移的关系.(2)把握运动形式转换的临界点,正确分析多过程.临界点一般表现为传送带长度L的制约、物块速度为零情景、倾角传送带在=tan 的情景、加速传送带在a=g的情景等.(3)物块与传

44、送带在力、速度及加速度、几何长度、时间各方面有相应的关联,要正确应用.典题演练提能刷高分1.如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角=30,皮带在电动机的带动下,始终保持v0=7 m/s的速度运行.现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端,经一段时间后工件被传送到h=8 m的高处.已知工件与传送带间的动摩擦因数为=32,g取10 m/s2,在这段时间内,工件的速度v,位移x,加速度a,所受合外力F随时间t变化的图象正确的是()答案A解析根据题意可知,皮带的总长度L=hsin30=16 m,工件刚放上皮带时受重力、支持力、沿皮带向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律可知,a=gcos

45、30-gsin 30=321032-1012m/s2=2.5 m/s2,工件做匀加速直线运动,v=at,工件速度达到与皮带速度相同时运动的位移与速度v0有关系2ax=v02,即x=v022a=7222.5 m=9.8 mmgsin 30=12mg,所以以后工件与皮带保持相对静止,做匀速直线运动,故A正确,BCD均错误.2.如图所示,半径R=1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带相切于B点,水平传送带上A、B两端点间距L=16 m,传送带以v0=10 m/s的速度顺时针运动,将质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上,滑块与传送带间的动摩擦因数=0.4,g取10 m/

46、s2.(1)将滑块在传送带A端由静止释放,求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间;(2)若滑块仍由静止释放,要想滑块能通过圆轨道的最高点C,求滑块在传送带上释放的位置范围;(3)若将滑块在传送带中点处释放,同时沿水平方向给滑块一初速度,使滑块能通过圆轨道的最高点C,求此初速度满足的条件.答案(1)2.85 s(2)在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置(3)v14 m/s,水平向右;4 m/sv28 m/s,水平向左解析(1)对滑块受力分析,由牛顿第二定律得mg=ma由运动学得v0=at1解得t1=2.5 s.设滑块速度达到v0时经过的位移为x1由运动学得x1=12at12=12.5 m设滑

47、块匀速运动的位移为x2,x2=L-x1=3.5 m则滑块匀速运动的时间为t2=x2v0=0.35 s所需时间为t=t1+t2=2.85 s(2)由牛顿运动定律得mg=mvC2R由机械能守恒得12mvB2-12mvC2=2mgR解得滑块通过B点的速度至少为vB=45 m/s由运动学得vB2=2ax解得x=10 m滑块在A端与距A端6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处(3)若给滑块一水平向右的初速度v1,由运动学公式得vB2-v12=2aL2解得v1=4 m/s,所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件v14 m/s.若给滑块一水平向左的速度,只需让滑块向左减速滑行的距离在2

48、 m8 m的范围即可,由运动学公式可得v22-0=2ax2x8解得4 m/sv28 m/s所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件4 m/sv28 m/s.3.(2019山东德州模拟)如图所示,传送带与地面夹角=37,从A到B长度为L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速地放置一质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2,求:(1)煤块从A到B的时间;(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度.答案(1)1.5 s(

49、2)5 m解析(1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,其加速度为a1=mg(sin+cos)m=g(sin +cos )=10 m/s2,煤块加速到传送带速度v0所用的时间为t1=v0a1=1 s,其经过的路程为x1=12a1t12=5 m,因tan =34,所以煤块的速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则加速度为a2=mg(sin-cos)m=g(sin -cos )=2 m/s2,煤块以加速度a2运动的路程为x2=L-x1=5.25 m,其时间满足x2=v0t2+12a2t22,解得t2=0.5 s,煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 s.(2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的

50、痕迹长x1=v0t1-x1=5 m,第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长x2=x2-v0t2=0.25 m,x2与x1部分重合,故痕迹总长为5 m.命题角度2板块运动、受力的综合分析高考真题体验对方向(2017全国25)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s.A、B相遇时,A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2.求(1)B与木

51、板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离.答案(1)1 m/s(2)1.9 m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有Ff1=1mAgFf2=1mBgFf3=2(m+mA+mB)g由牛顿第二定律得Ff1=mAaAFf2=mBaBFf2-Ff1-Ff3=ma1设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有v1=v0-aBt1v1=a1t1联立式,代入已知数据得v1=1 m

52、/s(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-12aBt12设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有Ff1+Ff3=(mB+m)a2由式知,aA=aB;再由式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-12a2t22在(t1+t2)时间间隔内,A相

53、对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m(也可用如图的速度时间图线求解)滑板问题要分析“多物体、多过程、临界点”如图所示,滑板现象是指物块m在较长滑板M的上表面相对滑动或有相对滑动趋势的情景,分析解答需注意三点.(1)物块受外力或滑板受外力时,分析二者是否同步运动,在接触面处均存在最大静摩擦力mg=ma的基本临界点.(2)对两物体一般使用隔离法,若二者加速度相等,也可用整体法分析两物体.一般应用运动规律、牛顿运动定律等,各物理

54、量一般以地面为参考系.(3)正确应用物块与滑板在力、速度及加速度、几何长度、时间等各方面的相应关联.典题演练提能刷高分1.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下,其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示,则小滑块A的质量为() A.4 kgB.3 kgC.2 kgD.1 kg答案C解析设A、B的质量分别为m和M.当F=3 N时,加速度为:a=1 m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有:F=(M+m)a代入数据计算得出:M+m=3 kg当F3 N时,A、B发生相对滑动,对B,根据牛顿第二定律得:F-mg=Ma则F=Ma+mg,图线的斜率k=

55、1 kg=M,故小滑块A的质量m=2 kg,C正确.2.如图所示,长木板静止于光滑水平地面上,滑块叠放在木板右端,现对木板施加水平恒力,使它们向右运动.当滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x、速度为v.若只减小滑块质量,再次拉动木板,滑块与木板分离时()A.x变小,v变小B.x变大,v变大C.x变小,v变大D.x变大,v变小答案A解析长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1=g,长木板加速度a2=F-mgM,由运动学公式可得滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x=12a1t2,滑块相对长木板的位移为L=12a2t2-12a1t2,滑块相对地面的速度为v

56、=a1t,若只减小滑块质量,再次拉动木板,根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1=g不变,长木板加速度a2=F-mgM变大,由滑块相对长木板的位移为L=12a2t2-12a1t2可得运动时间变小,滑块相对地面的位移为x=12a1t2变小,滑块相对地面的速度为v=a1t变小,故A正确,BCD错误.故选A.3.如图所示,质量为M=3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m=1 kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为3 m/s时,物块处于()A.匀速运动阶段B.减速运动阶段C.加速运动阶段D.速度为零的时刻答案B解析物块和木板相

57、对运动,物块和木板间有摩擦力Ff,所以物块做加速度a=Ffm的匀减速运动;木板做加速度a=FfM=13a的匀减速运动;故当木板速度为3 m/s时,物块速度为1 m/s,两者的速度方向不变,之后木板继续做减速运动,物块速度先减到零后反向做匀加速运动,木板继续减速,当木板和物块速度相同后,两者一起做匀速运动.故当木板的速度为3 m/s时,物块必处于匀减速运动阶段,所以B正确,ACD错误.4.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上,其上放质量均为1 kg的A、B两物块,A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为1=0.3,2=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取1

58、0 m/s2.下列说法正确的是()A.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 NB.若F=8 N,则B物块的加速度为4.0 m/s2C.无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动D.无论力F多大,B与薄硬纸片都不会发生相对滑动答案C解析物块A与硬纸片间的最大静摩擦力为FfA=1mAg=0.3110 N=3 N,物块B与硬纸片间的最大静摩擦力为FfB=2mBg=0.2110 N=2 N.若F=1.5 NFfA,则物块A、B与硬纸片保持相对静止,整体在F作用下向左匀加速运动,根据牛顿第二定律得:F-Ff=mAa,所以物块A所受摩擦力FfFf1,所以木块运动时,木板静止不动.木块在左边第

59、一块木板上的加速度为a1,由牛顿第二定律得1mg=ma1.设小木块滑上第二块木板的瞬时速度为v,由运动学关系式得:v2-v02=-2a1l代入数据解得:v=1 m/s(2)木块滑上第二块木板后,设木板的加速度为a2,由牛顿第二定律得:1mg-2(M+m)g=Ma2设木块与木板达到相同速度v1时,运动时间为t对木块:v1=v-a1t,对木板有:v1=a2t解得:v1=0.1 m/s,t=0.3 s此时木块运动的位移s1=v+v12t=0.165 m,木板的位移s1=v122a2=0.015 m.木块在木板上滑动的长度为s1-s1l.达到共速后,木块和木板一起继续运动.设木块、木板一起运动的加速度大小为a3,位移为s22(M+m)g=(