高三物理精准提升专练4牛顿运动定律及其应用含答案

这是一份高三物理精准提升专练4牛顿运动定律及其应用含答案，共12页。试卷主要包含了应用① 动力学中的两类基本问题，应用②传送带与板块模型，4 J等内容，欢迎下载使用。
 专练4   牛顿运动定律及其应用   例1．(2021∙广东卷∙13)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。       例1．例2．(2021∙全国乙卷∙8)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左明上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）A．F1＝μ1m1gB．C．D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等  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2．一固定在水平面上倾角为α的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是(    )A．若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行B．若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向C．若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行D．若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行3．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．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则下列选项错误的是(　　)A．滑块的质量m＝4 kgB．木板的质量M＝2 kgC．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2D．滑块与木板间动摩擦因数为0.15．(多选)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述v与t、a与y的关系图像可能正确的是(　　)   6．(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θ的传送带以恒定速率逆时针转动，现将m＝2 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变化的图像如图乙，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g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A．货物在0.2～1.2 s内的加速度大小为1 m/s2B．A、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 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μ。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．v0t－μgt2      D．v0t8．有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后末停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，瓶子质量m＝1 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2。某选手作用在瓶子上的水平推力F＝10 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，滑行过程中未倒下，g取10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？       9．(12分)如图所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m＝1 kg的木块(可视为质点)放在质量M＝2 kg的长木板的左端A点，木板长L＝2 m。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。开始时木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝5 m/s，在xp＝10 m处有一固定挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，g取10 m/s2，求：(1)木板与挡板碰撞时的速度大小v；(2)木块最终停止运动时的位置坐标。        10．某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长L＝50 m，正常运转的速度v＝4 m/s。一次工人刚把M＝10 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m＝5 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，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）(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F＝189 N的恒定拉力把货物拉到0.2L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？（不计传送带的加速时间）
 例1．【解析】(1)由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有：f＝μmg＝ma则甲乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2甲与乙碰前的速度v1，则：v02－v12＝2as1解得v1＝0.3 m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律：mv1＝mv2＋mv3解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时则可知乙恰好能滑到边框a。(2)甲与乙碰前运动的时间，碰后甲运动的时间则甲运动的总时间t＝t1＋t2＝0.2 s。例2．【答案】BCD【解析】图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得，，故BC正确；图（c）可知，0～t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。     1．【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】D【解析】若小车沿斜面匀速向上运动，则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向不可能与AB平行，故A错误；若小车沿斜面匀加速向上运动，则球向上匀加速，其加速度沿斜面向上，而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B错误；若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小车的加速度斜向下，小车的运动有斜向下加速或斜向上减速，故C错误，D正确。3．【答案】D【解析】以小球为研究对像，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F1cos θ＝mg①，水平方向F2－F1sin θ＝ma②，由①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②看出，若加速度足够小时，F2＝F1sin θ＝mgtan θ≠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】C【解析】由题图乙知，F＝6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据计算得出M＋m＝6 kg，当F≥6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得，图线的斜率k＝，则M＝2 kg，滑块的质量m＝4 kg，故A、B正确；根据F＝6 N时，a＝1 m/s2，代入表达式计算得出μ＝0.1，D正确；当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出a′＝μg＝1 m/s2，故C错误。本题选错误的，故选C。5．(多选)【答案】AD【解析】从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，图线为匀变速直线运动，v－t图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐渐减小的加速运动，v－t图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，弹力增大加速度逐渐增大，v－t图线斜率逐渐增大，直到速度减到零，所以A正确，B错误；从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小，设向下运动的位置为y，绳子刚产生弹力时位置为y0，则mg－k(y－y0)＝ma，则加速度为，弹力等于重力之后，人开始减速运动，k(y－y0)－mg＝ma，则加速度为，所以，a与y的关系图线斜率是恒定的，故D正确，C错误。6．(多选)【答案】AC【解析】由v－t图像可知，货物在0～0.2 s时间内在传送带上以加速度a1做匀加速直线运动，a1＝＝5 m/s2，受向下的摩擦力，重力和支持力，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，f＝μmgcos θ；货物在0.2～1.2 s时间内的加速度a2＝1 m/s2，受向上的摩擦力，重力和支持力，有mgsin θ－f＝ma2，联立解得f＝4 N；由v－t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～0.2 s时间内货物的位移x1＝0.1 m，皮带位移x皮＝0.2 m，相对位移Δx1＝x皮－x1＝0.1 m，0.2～1.2 s时间内货物的位移x2＝1.5 m，x皮2＝1 m，相对位移Δx2＝x2－x皮2＝0.5 m，故两者之间的总相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝0.6 m，货物的总位移xAB＝x1＋x2＝1.6 m，货物与传送带摩擦产生的热量Q＝W＝fΔx＝2.4 J，故AC正确，B错误；0～0.2 s时间内物体受摩擦力方向向下，摩擦力做正功，Wf1＝fx1＝0.4 J，0.2～1.2 s时间内物体受摩擦力方向向上，摩擦力做负功，Wf2＝－fx2＝－6 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为6 J－0.4 J＝5.6 J，故D错误。7．(多选)【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，根据牛顿第二定律得a＝μg，如果时间t内一直加速，加速的位移x1＝μgt2，故相对白板的位移Δx1＝v0t－x1＝v0t－μgt2；如果先加速，后匀速，位移，故相对白板的位移Δx2＝v0t－x2＝；如果加速的末速度恰好等于v0，则x3＝，故相对白板的位移Δx3＝v0t－x3＝v0t－。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AC正确。8．【解析】(1)要想获得游戏成功，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶的加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1μmg＝ma2加速运动过程中的位移减速运动过程中的位移位移关系满足：x1＋x2＝L1，v＝a1t1由以上各式解得：t1＝0.5 s。(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B 点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则：，v′2＝2a1d 联立解得：d＝0.8 m。9．(12分)【解析】(1)由题意可知，木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，加速度大小为a1＝μ1g＝1 m/s2设木板碰挡板时的速度为v，则有v2－v02＝2(－a1)s其中s＝xP－L＝8 m解得：v＝3 m/s。(2)木块运动分几个过程：过程1：共同向右减速到3 m/s，加速度大小a1＝μ1g＝1m/s2，位移x1＝8 m，方向向右；过程2：碰后向右减速到零再反向加速到与木板共速，木块的加速度大小a2＝μ2g＝5 m/s2木板的加速度大小m/s2设二者达到共速所用时间为t1，共同速度为v1，可得v1＝v－a2t＝－(v－a3t)解得：s，v1＝s（方向向左）木块的位移为m，方向向右；过程3：木块和木板共同向左减速至停下，加速度大小为a4＝μ1g＝1m/s2位移m，方向向左所以木块的最终坐标为m。10．【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：μMgcos 37°－Mgsin 37°＝Ma1对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得：Fm－μ(M＋m)gcos 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a1解得：a1＝0.4 m/s2，Fm＝192 N。(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得：F－μ(M＋m)gcos 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a2设来电时木板的速度为v1，根据运动学公式得：v12＝2a2(0.2L)解得：a2＝0.2 m/s2，v1＝2 m/s。(3)由于v1<4 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3μ(M＋m)gcos 37°－(M＋m)gsin 37°＝(M＋m)a3设经过t1木板速度与传送带速度相同，v＝v1＋a3t1设t1内木板加速的位移为x1，有：v2－v12＝2a3x1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，则：L－0.2L－x1＝vt2联立解得：t1＝5 s，t2＝6.25 s所以来电后木板再需要运动t＝t1＋t2＝11.25 s。