高三高考物理大复习《牛顿运动定律》专题强化Word文件下载.docx
《高三高考物理大复习《牛顿运动定律》专题强化Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三高考物理大复习《牛顿运动定律》专题强化Word文件下载.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、细线与轻杆均平行于斜面,初始系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是（ ）
A.A球的加速度沿斜面向上,大小为gsinθ
B.B、C两球的加速度均沿斜面向下,大小均为gsinθ
C.B、C之间杆的弹力大小为0
D.C球的受力情况未变,加速度为0
4.（考点3）（2019福建永安一中、德化一中、漳平一中联考）如图所示,甲、乙两个物块用平行于斜面的细线连接,用沿斜面向上的拉力F拉甲物块,使甲、乙两物块一起沿光滑斜面做匀加速运动。
某时刻撤去拉力F,则撤去拉力的一瞬间,下列说法正确的是（ ）
A.甲、乙都受三个力作用
B.甲、乙的速度相同
C.甲的加速度大于乙的加速度
D.甲受到的合力一定沿斜面向下,乙受到的合力可以沿斜面向上
5.（考点2）（2019河北衡水一模）如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为μ,B与地面之间的动摩擦因数为
。
若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1;
若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2,则a1与a2的比为（ ）
A.1∶1B.2∶3C.1∶3D.3∶2
6.（考点4）（多选）（2019陕西西安第一中学月考）如图所示,一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点,当传送带始终静止时,已知物体能滑过右端的B点,经过的时间为t0,则下列判断正确的是（ ）
A.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变,则物体也能滑过B点,且用时为t0
B.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变,则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零,然后向左加速,因此不能滑过B点
C.若传送带顺时针方向运行,当其运行速率（保持不变）v=v0时,物体将一直做匀速运动滑过B点,用时一定小于t0
D.若传送带顺时针方向运行,当其运行速率（保持不变）v>
v0时,物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点,用时一定小于t0
7.（考点2、4）（多选）（2019山东曲阜夫子学校期中考试）如图所示,在某海滨游乐场里有一种滑沙运动,其运动过程可类比如图所示的模型,小孩（可视为质点）坐在长为1m的滑板上端,与滑板一起由静止从倾角为37°
的斜面上下滑,已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5,滑板与沙间的动摩擦因数为
小孩的质量与滑板的质量相等,斜面足够长,g取10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,则以下判断正确的是（ ）
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2
B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5.5m/s2
C.经过2
s的时间,小孩离开滑板
D.小孩离开滑板时的速度大小为2
m/s
二、计算题（第8题12分,第9题16分,第10题16分,共44分）
8.
（考点4）（2019福建莆田第一中学月考）某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角θ=30°
传送带两端A、B的长度L=12.5m。
传送带以v=5m/s的恒定速度匀速向上运动。
在传送带底端A轻轻放一质量m=5kg的货物,货物与传送带间的动摩擦因数μ=
求货物从A端运送到B端所需的时间。
（g取10m/s2）
9.（考点1）（2019华中师大附中模拟）如图甲所示为一倾角θ=37°
足够长的斜面,将一质量m=1kg的物体在斜面上静止释放,同时施加一沿斜面向上的拉力F,拉力F随时间t变化关系的图象如图乙所示,物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25。
g取10m/s2,sin37°
=0.8,求:
（1）2s末物体的速度大小;
（2）前16s内物体发生的位移。
10.（考点1、2、4）（2019山东日照第一中学模拟）如图甲所示,在光滑水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=2kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数μ=0.5,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增大的水平拉力F=3t（N）,重力加速度大小g取10m/s2。
（1）求木块和木板相对静止一起运动的时间t1;
（2）通过计算,写出木板和木块的加速度随时间变化的关系式,并在图乙中利用已经给出的坐标数据,画出木板和木块的加速度随时间t变化的图象。
（取水平拉力F的方向为正方向,保留必要的辅助线）
参考答案
解析0~4s,FA+FB=12N,如一起运动,对AB整体:
FA+FB=（mA+mB）a,对B:
FN+FB=mBa,解得:
a=2m/s2,当FN=0时,FB=8N,对应的时刻为2s末,则分离前它们一直做匀加速运动,t=2s时,A、B脱离,选项A正确、B错误;
t=2s时,A、B脱离,它们的位移x=
at2,解得x=4m,选项C正确;
t=2s时,A、B脱离,脱离后,A做加速度减小的加速运动,B做加速度增大的加速运动,选项D错误。
答案AC
解析小球在F0作用下向右做加速运动,随着速度的增加,向上的力F越来越大,导致杆对小球的弹力越来越小,摩擦力越来越小,加速度越来越大,当F=mg时,弹力减小到零,摩擦力减小到零,此时加速度达到最大值,最大加速度a=
选项C正确;
接下来,F>
mg,杆对小球的弹力向下,随速度的增加,F越来越大,杆对小球的弹力越来越大,摩擦力越来越大,加速度越来越小,当摩擦力增大到与拉力F0相等时,小球匀速运动,因此小球的加速度先增大后减小,最后匀速运动,选项A错误、B正确;
最大速度时,F0=μ（F-mg）,而F=kv可求得最大速度v=
选项D正确。
答案BCD
解析初始系统处于静止状态,把BC看成整体,对其受力分析,BC受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT。
对BC重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解,根据共点力平衡条件得:
FT=2mgsinθ;
对A进行受力分析,A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT。
对A重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解,根据共点力平衡条件得F弹=FT+mgsinθ=3mgsinθ;
细线被烧断的瞬间,绳在断后弹力会突变为零,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上,大小a=2gsinθ,选项A错误;
细线被烧断的瞬间,把BC看成整体,BC受重力2mg、斜面的支持力FN,根据牛顿第二定律得BC球的加速度a'
=gsinθ,两球的加速度均沿斜面向下,选项B正确、D错误;
对C进行受力分析,C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力。
根据牛顿第二定律得:
mgsinθ+F=ma'
解得:
F=0,所以B、C之间杆的弹力大小为0,选项C正确。
答案BC
解析甲、乙两物体在拉力F作用下一起向上做匀加速运动,所以在撤去拉力F瞬间两物体的速度相同,选项B正确;
某时刻撤去拉力F,甲、乙整体受重力、支持力两个力作用,加速度都为gsinθ（θ为斜面倾角）,故细线弹力为零,甲、乙也只受重力、支持力两个力作用,且两力的合力沿斜面向下,选项A、C、D均错误。
答案B
解析当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,临界情况是A、B的加速度相等,对B隔离分析,B的加速度为aB=a1=
μg,当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,有:
aA=a2=
=μg,可得a1∶a2=1∶3,只有选项C正确。
答案C
解析当传送带不动时,小物块在滑动摩擦力作用下在传送带上做匀减速运动,当传送带逆时针方向运行且保持速率不变,物体滑上传送带时仍在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,加速度不变,位移不变,运动情况完全相同,所以物体也能滑过B点,且用时为t0,选项A正确、B错误;
传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行,当v=v0时,小物块在传送带上做匀速直线运动滑过B点,所以所用时间t<
t0时,选项C正确;
传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行,当v>
v0时,小物块在传送带上可能一直做匀加速运动,也有可能先做匀加速后做匀速运动,所以t<
t0,选项D错误。
7.
（考点2、4）（多选）（2019山东曲阜夫子学校期中考试）如图所示,在某海滨游乐场里有一种滑沙运动,其运动过程可类比如图所示的模型,小孩（可视为质点）坐在长为1m的滑板上端,与滑板一起由静止从倾角为37°
解析对小孩受力分析,小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力,根据牛顿第二定律有mgsin37°
-μ1mgcos37°
=ma1,得a1=gsin37°
-μ1gcos37°
=2m/s2,选项A正确;
小孩和滑板脱离前,对滑板运用牛顿第二定律有mgsin37°
+μ1mgcos37°
-μ2·
2mgcos37°
=ma2,代入数据解得a2=gsin37°
+μ1gcos37°
-2μ2gcos37°
=1m/s2,选项B错误;
设经过时间t,小孩离开滑板
a1t2-
a2t2=1,解得t=
s,选项C错误;
小孩离开滑板时的速度为v=a1t=2×
m/s=2
m/s,选项D正确。
答案AD
解析以货物为研究对象,由牛顿第二定律得
μmgcos30°
-mgsin30°
=ma
解得a=2.5m/s2。
货物匀加速运动的时间为t1=
=2s,
货物匀加速的位移x1=
at2=5m<
L=12.5m,
经计算知μmgcos30°
>
mgsin30°
故此后货物随传动带一起向上做匀速运动,
匀速运动的位移x2=L-x1=7.5m,
匀速运动的时间t2=
=1.5s,
货物从A到B所需的时间为t=t1+t2=3.5s。
答案3.5s
解析
（1）对物体受力分析,受重力、支持力、拉力、摩擦力,假设在0~2s时间内物体沿斜面方向向下运动,因为mgsinθ-μmgcosθ-F1>
0,
所以假设成立,物体在0~2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得mgsinθ-F1-μmgcosθ=ma1,解得a1=2.5m/s2,v1=a1t1,
代入数据可得v1=5m/s。
（2）物体在前2s内发生的位移为x1=
a1
=5m,
当拉力为F2=4.5N时,由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ-F2=ma2,
代入数据可得a2=-0.5m/s2,
设物体经过t2时间速度减为零,则0=v1+a2t2,解得t2=10s,
物体在t2时间内发生的位移为x2=v1t2+
a2
=25m,
由于mgsinθ-μmgcosθ<
F2<
mgsinθ+μmgcosθ,则物体在剩下4s时间内处于静止状态。
故物体在前16s内发生的位移x=x1+x2=30m,方向沿斜面向下。
答案
（1）5m/s
（2）30m,方向沿斜面向下
解析
（1）开始时木板和木块一起做加速运动,有:
F=（m1+m2）a
a=
当木板与木块间的摩擦力达到Ffm=μm2g后两者发生相对滑动。
对木板有:
Ffm=μm2g=m1a
μm2g=m1
k=3
t1=10s。
（2）发生相对滑动前,m1、m2共同加速度为:
a=t
发生相对运动后,对木块m2有:
F-μm2g=m2a2
a2=
-μg
a2=1.5t-5
对木板m1有:
μm2g=m1a1
a1=10m/s2
所以图象如图。
答案
（1）10s
（2）a1=10m/s2 a2=1.5t-5 图象见解析
升级会员 