重难点03牛顿运动定律解决常见模型- 学霸向前冲高考物理二轮重难点必刷练习题

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重难点03牛顿运动定律解决常见模型  1．如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（　　）A． B．C． D．【答案】C【详解】由分析可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下来，则车的最大加速度为由运动学公式02﹣v02=2as0得车的最大速度故选C。2．2020年2月23日，在意大利室内锦标赛男子跳高比赛中，我国名将张国伟获得冠军。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
 A．张国伟起跳时地面对他的弹力大于他对地面的压力B．张国伟起跳后在上升过程中，他处于失重状态C．张国伟越杆后在空中下降过程中，他处于超重状态D．张国伟落到软垫上后一直做减速运动【答案】B【详解】A．张国伟起跳时地面对他的弹力与他对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，A项错误；B．张国伟起跳后在上升过程中，加速度的方向向下，他处于失重状态，B项正确；C．在空中下降过程他只受到重力的作用，加速度的方向向下，他处于失重状态，C项错误；D．他落到软垫上后，开始时，软垫的作用力小于重力，他仍然要做一段加速运动后才会减速，D项错误。故选B。3．11月10日8时12分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度随位移变化关系的图像如图所示，则（　　）A．在阶段深潜器内的物体处于失重状态B．在阶段深潜器运动的平均速度大小为C．在处深潜器运动的速度大小为D．在处深潜器运动的速度最大【答案】C【详解】A．在阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，A错误；B．根据可知，在段， 等于在a—x图像中，图像与x轴围成的面积的2倍，则到达处时的速度由于在段深潜器不是做匀变速度运动，因此B 错误；C．在段，物体的加速的为零，做匀速运动，因此在处深潜器速度大小为，C正确；D．在段，加速度为负值，深潜器做减速运动，因此在深潜器在处运动速度最大，D错误。故选C。4．在用DIS探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图（　　）A． B．C． D．【答案】A【详解】人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重；由F-t图像可知，超重阶段（加速阶段）水平面对人的支持力先增加后减小，则根据F-mg=ma可知，加速度先增加后减小，则v-t图像的斜率先增加后减小；同理由F-t图像可知，失重阶段（减速阶段）水平面对人的支持力先减小后增加，则根据mg-F=ma可知，加速度先增加后减小，则v-t图像的斜率先增加后减小；则v-t图像为A。故选A。5．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（　　）A．时间内，v增大， B．时间内，v增大，C．时间内，v增大， D．时间内，v减小，【答案】A【详解】A．由于x−t图像斜率表示速度，由图可知在0~t1时间内速度v增大，该时间内乘客加速上升，加速度方向向上，处于超重状态，乘客所受支持力大于重力，即FN>mg，A正确；B．在t1~t2时间内，x−t图像的斜率不变，乘客的速度v不变，乘客向上做匀速直线运动，处于平衡状态，FN=mg，B错误；CD．在t2~t3时间内，x−t图像的斜率在变小，乘客的速度v在减小，乘客向上做减速运动，乘客处于失重状态，乘客所受支持力小于重力，即FN<mg，CD错误。故选A。6．物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上做加速度为1m/s2匀加速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面间的动摩擦因数为，取=10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1100N，则物块的最大质量为（　　）A．100kg B．110kgC．100kg D．110kg【答案】A【详解】沿斜面方向由牛顿第二定律有而，解得m=100kg故选A。7．“盘州—贵阳”的某次高铁列车由两组对接而成，列车出发启动阶段做匀加速运动，每组提供的动力均为F，受到的阻力均为车重的k倍。沿运行方向前一组车及乘客的总质量为m，后一组车及乘客的总质量为m2。若m1>m2，则对接处（如图）的作用力是（　　）
 A．推力，大小为B．推力，大小为C．拉力，大小为D．拉力，大小为【答案】B【详解】根据牛顿第二定律，对两组车 2F-k（m1+m2）g=（m1+m2）a设对接处的作用力为拉力，对后一组 F+F12-km2g=m2a整理得说明对接处的作用力为推力，大小为。故选 B 。8．粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，取重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时也用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为（　　）
 A．0 B．F-3μmg C．F D．F-3μmg【答案】A【详解】对整体由牛顿第二定律得对C由牛顿第二定律得解得故选A。 9．北方冬季积雪很深的时候，人们用狗拉雪撬，假设雪撬及上面人的总质量为m，一只狗沿水平方向拉雪撬能够向前由静止做匀加速运动的加速度为a1，假设每只狗提供的拉力相同，则两只狗一起拉雪撬时，加速度为a2，走相同的距离所用时间分别为t1和t2，两次路面粗糙程度相同，则下列结果正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】BC【详解】AB．根据牛顿第二定律，可知故A错误，B正确；CD．由位移得可得故C正确，D错误。故选BC。10．如图所示，竖直平面内有一固定光滑半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入光滑圆槽。则（　　）A．从A到B和B到C的过程中合外力的冲量相同B．从A到B和B到C的过程中合外力做的功大小一样C．从释放小球至小球运动到最高点的过程中小球所受重力的冲量和圆槽对小球弹力的冲量大小相等D．从释放小球到小球到最高点的过程中小球始终处于失重状态【答案】BC【详解】A．从A到B和B到C的过程中，合外力冲量方向不同，故选项A错误；B．A、C两点速度大小一样，所以A到B和B到C过程中动能变化量大小相同，则合外力做功一样，选项B正确；C．从释放小球至小球运动到最高点的过程中动量的变化量为零，由动量定理知合力冲量为零，所以小球所受重力的冲量和圆槽对小球弹力的冲量大小相等，选项C正确；D．小球在B点处于超重状态，故D错误。故选BC。11．如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则（重力加速度大小为g）（　　）
 A．当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为B．当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθC．当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsinθD．当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为【答案】AD【详解】AB．当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得解得样品的共同加速度大小为以样品1为对象，根据牛顿第二定律得解得样品1的轻杆受到压力大小为故A正确，B错误；C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功摩擦力对样品2做功摩擦力对样品3做功此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为故C错误；D．样品1进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度样品2进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度样品3进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度样品4进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度由速度位移关第可知样品1刚进入MN段时的速度样品2刚进入MN段时的速度样品3刚进入MN段时的速度样品4刚进入MN段时的速度综合上面分析可知当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为故D正确。故选AD。12．如图所示物流货场使用传送带搬运货物。传送带与水平面成37o角，并以3m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，现将货物轻放在传送带的上端点A处，经1.3s货物到达传送带的下端点B处。已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，sin37o=0.6，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）A．摩擦力对货物一直做正功B．摩擦力对货物先做正功后做负功C．货物先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动D．从A点到B点的过程中，货物与传送带的相对位移为0.55m【答案】BD【详解】刚运动时，货物受的摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律有解得加速到共速的时间为速到共速的位移为共速后，货物受的摩擦力沿斜面向上，货物的加速度为解得共速后，货物加速的时间为到达B点时，货物的速度为货物加速到B点的位移为经1.3s货物全程的位移为经1.3s传送带全程的位移为从A点到B点的过程中，货物与传送带的相对位移为全程做加速运动，摩擦力先向下再向上，则摩擦力对货物先做正功后做负功。所以BD正确，AC错误；故选BD。  13．已于12月26日开始运行的太原地铁2号线，是山西省的第一条城市轨道交通线路，也是贯通太原南北的轨道交通干线。其大南门站到体育馆站全长1400m，运行时间为90s。假设列车从大南门站由静止出发，先做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，速度达到72km/h后开始做匀速直线运动，即将到达体育馆站时，列车开始刹车做匀减速运动直至停下。求： (1)列车减速过程中加速度的大小；(2)减速过程中阻力与重力的比值。（取g=10m/s2）
 【答案】(1) m/s2；(2) 【详解】(1)列车在加速、匀速和减速阶段的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，列车加速和减速过程中的加速度大小分别为a1、a2，有vm=a1t1vm=a2t3解得a2=m/s2(2)减速过程中阻力大小为ff=ma2减速过程中阻力与重力的比值14．如图，一足够长的直杆倾斜固定，杆与水平方向夹角为θ。一个质量为m的圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ（μ>tanθ）。现给环一个沿杆向上的初速度v0。(1)求环沿杆向上运动的加速度a和向上运动的最大距离s；(2)如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知F=kv（k为常数，v为环运动的速度大小）。请通过分析，描述环的运动情况。【答案】(1)，方向沿杆向下；；(2)见解析【详解】(1)根据平衡条件和牛顿第二定律可得由此可得方向沿杆向下                                                            根据运动学公式可得 (2)①如果，则环在运动过程中F=mg，N =0、f =0，那么环将沿杆向上做速度为v0的匀速直线运动。                                                    ②如果，以向上为正方向因为μ>tanθ，则 ，所以加速度为负，向下，环向上做减速运动，随着v减小，F=kv减小，加速度a减小，当F减小为mg时，环将以大小为的速度做匀速直线运动。综上所述，当时，环将沿杆向上做加速度逐渐减小的减速运动，最后以大小为的速度向上做匀速直线运动                                                ③如果，则开始阶段环受到的合力沿斜面向下，做减速运动，随着v的减小，F=kv逐渐减小。由可知，随着F=kv逐渐减小，加速度a逐渐增大，当速度减小到零时，F=0，因mgsinθ<μmgcosθ，环将静止在杆上。综上所述，当时，环将沿杆向上做加速度逐渐增大的减速运动，最后静止在杆上。15．我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小可用表示，其中为比例常数；是飞机在平直跑道上的滑行速度，与飞机所受重力相等时的称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为时，起飞离地速度为，装载弹药后质量为。(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小（结果保留三位有效数字）。【答案】(1)96m/s；(2)【详解】(1)设空载质量为，装载弹药后质量为，由起飞条件知解得装载弹药后的起飞离地速度为(2)设匀加速滑行时间为，加速度为，由匀变速直线运动规律可得飞机在滑行过程中所用的时间为由匀变速直线运动速度公式可得飞机水平方向受合解得16．如图所示，一倾角θ=37°的固定斜面AB段光滑，BC段粗糙。用一轻杆固定的两小球P、Q（均可视为质点）放置在斜面AB段上，小球Q位于斜面上B点。将两小球由静止释放后，将两小球沿斜面加速下滑，最终小球Q运动到斜面上C点。已知两小球的质量均为m=1kg，两小球与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.25，轻杆长度d=0.4m，斜面BC段长度L=0.88m，重力加速度g=10m/s2求：(1)小球P刚运动时的加速度大小；(2)小球Q从B点运动到C点的时间。【答案】(1)5m/s2；(2)0.6s【详解】(1)开始运动时，对PQ的整体解得 (2)小球Q下滑d=0.4m时的速度时间为 两球都进入BC区域时的加速度解得则当Q球下滑到C点时根据 即解得t2=0.2s则小球Q从B点运动到C点的时间t=t1+t2=0.6s。17．如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板。A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块（视为质点）。金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力。已知金属块的质量m=10kg，弹簧劲度系数k=1000N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ=0.8。设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g=10m/s2求：(1)此时弹簧的压缩量；(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a=15m/s2时，A、C和D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小。【答案】(1)0.0625m；(2)0.15m，0；100N【详解】(1)由于两个轻质弹簧相同，两弹簧压缩量相同。设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，由胡克定律得F=kx0设金属块所受摩擦力大小为f，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，依题意得f=2μF由物体平衡条件得f=mg由三式并代入题给数据得x0=0.0625m(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2，有x1+x2=2x0由牛顿第二定律得 代入题给数据得x1=0.1375mx2=-0.0125m由x2＜0可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力。金属块水平方向加速运动所需的合力全部由A、C间弹簧的弹力提供。设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x1′、x2′，则x2′=0  由牛顿运动定律可得kx1′=ma 由式可得x1′=0.15m 由于此时最大静摩擦力故金属块受到的摩擦力大小为18．如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小为，传送带长，光滑水平面上有一块木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形轨道槽的最低点C等高，槽的半径。质量为的物块（可视为质点）由某高度水平抛出，初速度，自A端无碰撞地滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失，物块滑至木板右端时，木板恰好撞上半圆槽，木板瞬间停止运动，物块进入槽内且恰好能经过最高点D。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。取重力加速度，，，求：（1）物块刚冲上传送带时速度和加速度的大小；（2）物块从抛出至运动到B点经历的时间；（3）木板的长度L。
 【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）物块抛出后做平抛运动，在A点，由速度关系可得解得物块刚冲上传送带时速度的大小为由于，故物块冲上传送带时，物块所受的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得代入数据解得（2）物块滑上传送带至速度与传送带相同所需的时间为此过程物块的位移大小为由于，且，所以此后物块继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得代入数据解得设物块此后运动至B所用的时间为，则有代入数据解得设物块做平抛运动的时间为，由速度关系可得解得故物块从抛出至运动到B点经历的时间为（3）物块恰好经过最高点D时，由牛顿第二定律可得解得物块经过D点时的速度大小为物块由C运动到D过程，由动能定理可得解得物块到达木板最右端时的速度大小为物块滑上木板时的速度大小为设物块到达木板最右端时木板的速度大小为v，则物块在长木板上滑动过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律可得联立解得，木板的长度为19．如图，长4m、质量2kg的木板A静止在光滑水平面上，质量1kg可视为质点的滑块B放在木板的左端，A、B间的动摩擦因数为0.4，右侧一定距离处固定着一挡板。某时刻起，给B施加一大小为10N的水平恒力F作用，当B滑到A的中点时撤去F，此时A恰好与挡板碰撞，碰撞中无机械能损失。g取10m/s2求：(1)开始时A的右端与挡板间的距离；(2)F对B做的功；(3)B从A上滑下时的速度大小（结果可用根号表示）
 【答案】(1)1m； (2) 30J；(3)【详解】(1) A、B间的动摩擦力为以地面为参考系，A、B的加速度分别为设B从木板的左端滑到中点用时为t，木板的长度为L，开始时木板右端与挡板间的距离为d，则解得(2)滑块B相对于地面的位移，所以F对B做的功为(3)由于碰撞中无机械能损失，所以A与挡板碰撞后的速度等于碰撞前的速度，即，方向向左；此时滑块的速度，方向向右。该时刻开始，木板A向左做匀减速运动，滑块B向右做匀减速运动，加速度分别为当二者的位移之和等于木板长度的一半时，滑块B从A上滑下，设这一过程用时为，则解得所以B从A上滑下时的速度大小为20．如图所示，倾角为θ=37°的斜面固定在地面上，面光滑且足够长。其上有一质量为M=1kg、长L=6m的木板，木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的质量为m=2kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数μ=0.5。开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F=30N拉木块，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)经过多长时间木块从木板右端滑落？(2)当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间距离。
 【答案】(1)2s；(2)4m【详解】(1)对木块由牛顿第二定律得解得对木板由牛顿第二定律得解得木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则解得(2)木块从木板右端滑落时，木块的速度为木板的速度为木块从木板右端滑落后，木板和木板运动的加速度木板到相对斜面速度为零运动的时间为木块运动的位移木板的位移木板右端与木块之间距离