高考一轮复习牛顿运动定律的综合应用Word格式.docx

1、为了增加轻线上的张力，可行的办法是（）A减小A物块的质量 B增大B物块的质量C增大倾角 D增大动摩擦因数答案AB解析对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F（mAmB）gsin（mAmB）gcos（mAmB）a，隔离物体B，应用牛顿第二定律得，FTmBgsinmBgcosmBa。以上两式联立可解得：FT，由此可知，FT的大小与、无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。5（多选）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍

2、保持静止。A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为（1sin）gDM运动的加速度大小为g答案BC解析互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinmg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有：FTmgsinma，又FTFT，解得：a（1sin）g，FTmg，故A、D错误，B、C正确。6. 如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过 （）Amg BMgCmg DMg解析由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F（Mm）a；若

3、A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知mgMa，联立解得Fmg，选项C正确。7如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即Fkt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是（）答案B解析A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ffma，故此时F2Ffkt，t，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。8. 如图，在光滑水平面上有

4、一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。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增大的水平力Fkt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）解析本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有F（m1m2）a，即a，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到m2g后，两者发生相对滑动。对m2有Ffma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后fm2g不再变化，a2g，故其图象斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有m2gm1a1，故a1为定值。故A选项正确。9.

5、 （多选）神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km时，下降速度为200 m/s。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s后返回舱的速度减至80 m/s，此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s，此时飞船距地面高度为1 m，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动，g10 m/s2。根据以上材料可得（）A减速伞工作期间返回舱处于失重状态B主伞工作期间返回舱处于失重状态C减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s2D每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5

6、倍答案CD解析减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A、B项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s减速至80 m/s，由运动学公式得a17.5 m/s2，C项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a350 m/s2，由牛顿第二定律得4Fmgma3，解得1.5, D项正确。10（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，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，g10 m/s2。下列说法中正确的是（）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

7、为10 ND物块与水平面的动摩擦因数为0.3答案BD解析题图乙为物块运动的v2x图象，由v2v2ax可知，图象的斜率k2a，得05 m位移内a110 m/s2，513 m位移内a24 m/s2，可知恒力F反向时物块恰好位于x5 m处，t1 s，A错误，B正确。对物块受力分析可知，FFfma1，FFfma2，得F7 N，Ff3 N，0.3，C错误，D正确。二、真题与模拟11. 2015海南高考（多选）如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时（）A物块与斜面间的摩擦力减小B物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D

8、物块相对于斜面匀速下滑解析当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinmgcos，则tan（为斜面倾角）。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为Gmgma，支持力变为N（mgma）cosmgcos，B正确。“重力”沿斜面向下的分力GF（mgma）sin，沿斜面摩擦力变为fN（mgma）cosmgcos，A错误。f（mgma）costan（mgma）cos（mgma）sinG下，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。122015海南高考 （多选）如图所示，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

9、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l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间（）Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mgma1，得a13g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mgkl1，mgkl2，所以l12l2，C正确，D错误。132014北京高考应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物

10、理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是（）A受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案D解析物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，

11、手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确。142014四川高考（多选）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）解析若v2v1且mQgmPg，对P、Q整体分析有mPgmQg（mPmQ）a1，当P加速运动速度达到v1后，与皮带一起匀速运动，直到离开传送带（也可能加速过程中就离开传送带），所以B项正确。若v2mPg，则P先匀减速到零

12、再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）；若v2v1，且mQgg，而且小球接触弹簧后at图线不是线性关系，所以C、D都错误。又由vt图象的斜率变化代表加速度的变化，故选项A正确。202016山东烟台期中 （多选）如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为（45）。三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是（）A若m1

13、m2，则两物体可静止在斜面上B若m1m2cot，则两物体可静止在斜面上C若m1m2，则三棱柱对地面的压力小于（Mm1m2）gD若m1m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零解析若m1m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin（90），m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsin，由于，则m2gsin（90）m1gsin，则m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上加速运动，A错误。要使两物体都静止在斜面上，应满足：m2gsin（90）m1gsin，即有m1m2cot，B正确。若m1m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有FN（Mm1m2）gm2asin（

14、90）m1asin0，即地面对三棱柱的支持力FN（Mm1m2）g，则三棱柱对地面的压力小于（Mm1m2）g；水平方向有Ffm1acosm2acos（900，C正确，D错误。21. 如图所示，长L1.6 m、质量M3 kg的木板静置于光滑水平面上，质量m1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数0.1。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g10 m/s2。（1）求使物块不掉下去的最大拉力F；（2）如果拉力F10 N恒定不变，求小物块所能获得的最大速度。答案（1）4 N（2）1.26 m/s解析（1）物块不掉下去的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1。对物块

15、，最大加速度a1g1 m/s2，对整体，F（Mm）a1（31）1 N4 N。（2）当F10 N时，木板的加速度a2m/s23 m/s2由a2t2a1t2L得物块滑过木板所用时间ts，物块离开木板时的速度v1a1tm/s1.26 m/s即小物块所能获得的最大速度为1.26 m/s。22质量为20 kg的物体若用20 N的水平力牵引它，刚好能在水平面上匀速前进。问：若改用50 N拉力、沿与水平方向成37的夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2.3 m，它的速度多大？在前进2.3 m时撤去拉力，又经过3 s，物体的速度多大？（sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2）答案2

16、.3 m/s0解析施加20 N水平拉力时，物体做匀速运动，F1f1，f1FN1，FN1G，解得0.1。对物体施加斜向上的拉力后，设加速度为a1，由牛顿第二定律可得F2cosf2ma1，f2（GF2sin），a11.15 m/s2（方向与运动方向相同），由运动学定律可得v22a1x，v2.3 m/s，撤去拉力后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有f1ma2，a2 1 m/s2（方向与运动方向相反）。由t，可得物体停止运动的时间为t2.3 s3 s，所以3 s后物体的速度大小为0。232015全国卷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

17、.5 m，如图（a）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（b）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。答案（1）10.120.4（2）木板的最小长度为6.0 m（3）木板右端离墙壁的最终距离为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

18、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（b）可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以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（b）可得a2式中，t22 s, v20，联立式和题给条件得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

19、好具有共同速度v3。取向右为正方向，则a3为正，a2为负，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s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板，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s3，由牛顿第二定律及运动学公式得1（mM）g（mM）a40v2a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。242016山东青岛统一质检如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板，开始时质量为m1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平上运动的vt图象如图乙所示，g10 m/s2。（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量。答案（1） N（2）2.5