2020届高三精准培优专练四牛顿运动定律及其应用（学生版）

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1、精准培优专练 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：。(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。典例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

2、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 kgB2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2典例2.(2018全国I卷15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，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

3、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() 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均处于失重状态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2(多选)为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加

4、速运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2 。则()A运动员起跳过程处于超重状态B起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大C起跳过程中运动员对地面的压力为960 ND从开始起跳到双脚落地需要1.05 s3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()A斜面和挡板对球的弹力的合力等于maB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4 如图所示，水平桌面上放置一

5、个倾角为45的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A当a5 m/s2时，滑块对球的支持力为NB当a15 m/s2时，滑块对球的支持力为N C当a5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D当a15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和5(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点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化

6、的关系图象如图乙所示，g10 m/s2，则()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物块与水平面间的动摩擦因数为0.36(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/s2BA、B两点的距离为1.5 mC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

7、JD货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做的功为6.4 J7(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)()A B C Dv0t8(多选)倾角为的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为。平行于斜面的力传感器上端连接木板，下端连接一光滑小球，如图所示。

8、当木板固定时，传感器的示数为F1。现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2。则下列说法正确的是()A若0，则F1F2B若0，则F20 C若0，则tanD若0，则【答案】BD【解析】当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有：F1mgsin，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得：MgsinMa，解得：agsin，再以小球为研究对象，则有：mgsinF2ma，解得：F20，故A错误、B正确；当木板沿斜面下滑时，若0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为：agsingcos，隔离对小球分析有：mgsinF2ma，解得：F2mgco

9、s，则有：，解得：，故C错误、D正确。9 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，如图甲所示。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图线如图乙所示。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。10某工厂用倾角为37的传送带把货物由低

10、处运送到高处，已知传送带总长为L50 m，正常运转的速度为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 370.6，cos 370.8）(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L/5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？（

11、不计传送带的加速时间）答 案 典例1.【解析】分析知木板受到的摩擦力ff。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，fma20.2 N，得m1 kg，所以A正确。2 s4 s，对木板有Ffma1，Ffma10.4 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。【答案】AB典例2.【解析】假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得Fk(x0x)mgma，由以上两式解得Fk

12、xma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。【答案】A1【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处于超重状态。故A、B、C错误，D正确。2【答案】AD【解析】运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N，故选项A正确，C错误；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度，

13、运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度，故选项B错误；起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故选项D正确。3【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：F1cosmg，水平方向：F2F1sinma，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，F2F1sinmgtan

14、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【答案】A【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合Fcos45ma0；竖直方向：Fsin45mg，解得a0g。当a5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45FNcos45ma；竖直方向：Fsin45FNsin45mg，解得FNN，故A正确；当a15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C，D错误。5【答

15、案】BD【解析】物体匀减速直线运动的加速度大小为：，匀加速直线运动的加速度大小为： ，根据牛顿第二定律得：Ffma1，Ffma2，联立两式解得：F7N，f3N，则动摩擦因数为：，物体匀减速直线运动的时间为：，即在01s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动。故BD正确，AC错误。6【答案】AC【解析】由加速度的定义知：货物在0.21.2 s内的加速度为：，故A正确；物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，仍做匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x10.2（12）11.6m，故B错误；由vt图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直

16、线运动，加速度为：，对物体受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinmgcosma1；同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，得：mgsinmgcosma2，联立解得：sin0.3，gcos2，根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，fmgcos4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x110.20.1m，皮带位移为：x皮10.20.2m，相对位移为：x1x皮x10.20.10.1m，同理，做a2匀加速直线运动，位移为：x2（12）11.5m，x皮2111m，相对位移为：x2x2x皮20.5m，故两者之间的总相对位移为：xx1x2

17、0.6m，货物与传送带摩擦产生的热量为：QWfx40.6J2.4J，故C正确；根据功能关系，由C中可知：fmgcos4N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x10.1m，物体受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1fx140.10.4J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x21.5m，物体受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2fx241.56J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：6J0.4J5.6J，故D错误。7【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，有mgma，解得ag。如果时间t内一直加速，加速的位移为，故

18、相对白板的位移为；如果先加速，后匀速，位移为，故相对白板的位移为；如果加速的末速度恰好等于v0，则 ，故相对白板的位移为。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；故选AC。8【答案】BD【解析】当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有：F1mgsin，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得：MgsinMa，解得：agsin，再以小球为研究对象，则有：mgsinF2ma，解得：F20，故A错误、B正确；当木板沿斜面下滑时，若0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速

19、度为：agsingcos，隔离对小球分析有：mgsinF2ma，解得：F2mgcos，则有：，解得：，故C错误、D正确。9【答案】(1)0.10.4(2)6.0 m(3)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由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v14 m/s，由运动学公式得v1v0a1t1x0v0t1a1t式中，t11 s，x04.5 m是木板与墙壁碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件解得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板

20、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由题图乙可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件解得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.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x1t小物块运动的位移为x2t小物块相对木板的位移为xx2x1联立式，并代入数据解得x6.0 m因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和

21、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x3。由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v2a4x3碰撞后木板运动的位移为xx1x3联立式，并代入数据解得x6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。10【答案】(1)192N (2) (3) 【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，设此时的加速度为a1， 对货物分析根据牛顿第二定律得：得：对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得：得： Fm192N(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：解得：设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：得：(3)由于，所以来电后木板继续加速，加速度为a3设经过t1木板速度与传送带速度相同，得：设t1内木板加速的位移为x1，得：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，匀速运动的位移为x2，则得：得：所以来电后木板再需要运动tt1+t211.25 s。11