届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷三专题一 力与运动 第三讲 牛顿运动定律.docx

届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷三专题一 力与运动 第三讲 牛顿运动定律.docx

《届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷三专题一 力与运动 第三讲 牛顿运动定律.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷三专题一 力与运动 第三讲 牛顿运动定律.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届高三物理二轮复习第一部分诊断卷三专题一力与运动第三讲牛顿运动定律

考点一

动力学的两类基本问题

1.[考查已知受力求运动问题]

（2020·福州二模）如图1所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。

一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。

观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是（　　）

图1

2．[考查牛顿第二定律在瞬时问题中的应用]

（多选）（2020·海南高考）如图2，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。

现将细线剪断。

将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。

在剪断的瞬间（　　）

图2

A．a1＝3g　　　　　　　　B．a1＝0

C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2

3．[考查已知运动求受力问题]

（2020·银川二模）如图3甲所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。

从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。

在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。

已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等，则（　　）

图3

A．在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小

B．t0时刻，物体速度增加到最大值

C．在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动

D．在0到t0时间内，力F大小保持不变

考点二

运动图像与牛顿第二定律的综合应用

4.[考查牛顿第二定律与vt图像的综合应用]

（2020·四川第二次大联考）在粗糙的水平地面上有一质量为2kg的小物块，在水平拉力作用下从t＝0时开始做初速度为零的直线运动，t＝6s时撤去拉力，其速度图像如图4所示。

若取重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

图4

A．物块与地面间的动摩擦因数为0.2

B．0～2s内，物块所受的拉力大小为4N

C．0～8s内，物块离出发点最远为6m

D．0～8s内，物块的平均速度大小为2.5m/s

5．[考查牛顿第二定律与at图像的综合应用]

（多选）（2020·江苏高考）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图5所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（　　）

图5

A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小

C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小

6．[考查牛顿第二定律与vt图像的综合应用]

（多选）（2020·青岛联考）如图6甲所示，质量为M＝2kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块（质量设为m）从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。

物块和木板的速度—时间图像如图乙所示，g＝10m/s2，结合图像，下列说法正确的是（　　）

图6

A．可求得物块在前2s内的位移x＝5m

B．可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1

C．可求得物块的质量m＝2kg

D．可求得木板的长度L＝2m

考点三

动力学的连接体问题

7.[考查牛顿第二定律解决连接体问题]

（2020·合肥一模）如图7所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连。

当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2。

则有（　　）

图7

A．a1＝a2，x1＝x2B．a1

C．a1＝a2，x1>x2D．a1x2

8．[考查牛顿第二定律、整体法与隔离法的应用]

（2020·东北三省模拟）如图8所示，三个物体质量分别为m1＝1.0kg、m2＝2.0kg、m3＝3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8。

不计绳和滑轮的质量和摩擦。

初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

图8

A．和m1一起沿斜面下滑

B．和m1一起沿斜面上滑

C．相对于m1上滑

D．相对于m1下滑

9．[考查整体法、隔离法与图像的综合应用]

（多选）（2020·银川二模）如图9甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。

t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。

则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　）

图9

A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N

B．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零

C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左

D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m

考点四

传送带模型

10.[考查应用牛顿第二定律分析水平传送带问题]

（多选）（2020·衡水调研）如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。

初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像（以地面为参考系）如图乙所示。

已知v2>v1，则（　　）

图10

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大

B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右

D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

11．[考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题]

（多选）如图11所示，传送皮带与水平面夹角为37°，A、B间距离L＝16m，以速度v＝10m/s匀速运行。

现在皮带的A端无初速放上一个小物体（可视为质点），已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，传动轮大小可忽略，则物体滑到B端的速度大小可能是（　　）

图11

A．6m/sB．8m/s

C．10m/sD．12m/s

12．[考查应用牛顿第二定律分析传送带与斜面的综合问题]

（2020·东北三省模拟）如图12所示，一水平传送带以4m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2。

求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。

图12

答案

1．选A　小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于g，故A正确，B、C、D错误。

2．选AC　设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝

＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。

3．选B　由图乙可知，加速度随时间逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同，物体做加速运动，故A错误；当加速度减为零时，速度最大，所以t0时刻，物体速度增加到最大值，故B正确；加速度逐渐减小，所以物体不是做匀变速运动，故C错误；根据F－Ff＝ma，可知，a减小，Ff不变，所以F减小，故D错误。

4．选A　第6s后只有摩擦力，即μmg＝ma，其中a＝2m/s2，得动摩擦因数为0.2，故A正确；0～2s内，根据F1－μmg＝ma1，其中a1＝2m/s2，得F1＝8N，故B错误；0～8s内，物块先向正方向走了6m，即为t轴上方的面积，然后又向负方向走了14m，即为t轴下方的面积，所以离出发点最远应为8m，故C错误；物块的平均速度为位移与时间的比值，即

＝1m/s，故D错误。

5．选AD　人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。

由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。

当t＝2s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。

6．选AC　物块在前2s内的位移x＝（

×1＋2×1）m＝5m，A正确；由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设为a，则有μmg＝ma＝Ma，则m＝M＝2kg，C正确；由图像求得a＝2m/s2，则μg＝2，μ＝0.2，B错；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错。

7．选B　对整体分析有：

a1＝

＝

－g，a2＝

，可知a1

隔离对b分析有：

F1－m2g＝m2a1，解得：

F1＝

，

F2＝m2a2＝

，可知F1＝F2，根据胡克定律知，x1＝x2。

故选B。

8．选D　假设m2随m1一起上滑，则有m3g－F＝m3a，F－（m1＋m2）gsinθ＝（m1＋m2）a，解得a＝2.5m/s2，隔离m2可知，Ff2－m2gsinθ＝m2a，解得：

Ff2＝15N>μm2gcosθ，故m2相对m1下滑，D正确。

9．选AD　设t时刻A、B分离，分离之前A、B物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，

则有：

a＝

＝

m/s＝1.2m/s2，

分离时：

F2－Ff＝mBa，

得：

F2＝Ff＋mBa＝0.3N＋2×1.2N＝2.7N，

经历时间：

t＝

×2.7s＝3s，

根据位移公式：

x＝

at2＝5.4m，则D正确；

当t＝2s时，F2＝1.8N，F2＋Ff＝mBa，

得：

Ff＝mBa－F2＝0.6N，A正确，B错误；

当t＝2.5s时，F2＝2.25N，F2＋Ff＝mBa，

得：

Ff＝mBa－F2>0，C错误。

10．选BC　相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，小物块反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时（即t2时刻），小物块向右做匀速运动。

故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误。

相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误。

11．选BD　因传送带运行速度方向不知，故分别讨论：

若轮子顺时针方向转动，带动皮带绕轮顺时针方向转动，小物体放上A端相对地面无初速度，但相对皮带斜向下运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向上，又由于mgsin37°>Ff＝μmgcos37°，或μ＝0.5

物体从A运动到B的时间t1＝

＝

＝4s，到达B端速度为v1＝a1t1＝8m/s

若轮子逆时针转动，带动皮带绕轮逆时针转动，小物体放上皮带A端初速度为零，相对皮带斜向上运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向下。

设物体的加速度为a2，则

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2　a2＝10m/s2

物体加速到皮带运行速度v＝10m/s的时间为：

t1′＝

＝1s

物体的位移x1＝

＝5m

假设摩擦力消失，皮带匀速向下，物体因受重力沿皮带斜面分力作用将向下加速，下一时刻物体速度将超过皮带速度，故有摩擦力，且皮带对物体的摩擦力方向变为斜向上。

由于mgsin37°>Ff＝μmgcos37°，物体加速度变为a2′，a2′＝gsin37°－μgcos37°＝a1＝2m/s2。

设物体继续加速下滑到B端所需时间为t2，而x2＝vt2＋

a2′t22。

又x2＝L－x1＝11m，解得：

t2＝1s，物体从A运动到B的总时间t1′＋t2＝2s。

物体到达B端速度为v2＝v＋a2t2＝12m/s，故B、D均正确。

12．解析：

Ff＝μmg＝ma1①

a1＝2m/s2②

设物块与传送带达到共速v2＝2a1x1③

x1＝4m<6m④

t1＝

＝2s⑤

x2＝L－x1⑥

x2＝vt2，所以t2＝0.5s⑦

在斜面上a2＝

＝5m/s2⑧

上升和下降时间t3＝

＝0.8s⑨

返回传送带向右减速t4＝

＝2s⑩

t总＝t1＋t2＋2t3＋t4⑪

t总＝6.1s⑫

答案：

6.1s