2020屆高三物理二輪復習 第一部分 診斷卷（三）專題一 力與運動 第三講 牛頓運動定律

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1、 考點一 動力學的兩類基本問題 1.[考查已知受力求運動問題] (2020·福州二模)如圖1所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。觀察小球開始下落到小球第一次運動到最低點的過程，下列關于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖像中符合實際情況的是(　　) 圖1 2．[考查牛頓第二定律在瞬時問題中的應用] (多選) (2020·海南高考)如圖2，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將細線

2、剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間(　　) 圖2 A．a(chǎn)1＝3g　　　　　　　　 B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 3．[考查已知運動求受力問題] (2020·銀川二模)如圖3甲所示，一個物體放在粗糙的水平地面上。從t＝0時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動。在0到t0時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)處處相等，則(　　) 圖3 A．在0到t0時間內(nèi)，物體的速度逐漸變小 B．t0時刻，物體速度增加到最大值

3、 C．在0到t0時間內(nèi)，物體做勻變速直線運動 D．在0到t0時間內(nèi)，力F大小保持不變 考點二 運動圖像與牛頓第二定律的綜合應用 4.[考查牛頓第二定律與v -t圖像的綜合應用] (2020·四川第二次大聯(lián)考)在粗糙的水平地面上有一質量為2 kg的小物塊，在水平拉力作用下從t＝0時開始做初速度為零的直線運動，t＝6 s時撤去拉力，其速度圖像如圖4所示。若取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2 B．0～2 s內(nèi)，物塊所受的拉力大小為4 N C．0～8 s內(nèi)，物塊離出發(fā)點最遠為6 m D．0～8 s內(nèi)，

4、物塊的平均速度大小為2.5 m/s 5．[考查牛頓第二定律與a -t圖像的綜合應用] (多選)(2020·江蘇高考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖5所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　) 圖5 A．t＝2 s時最大 B．t＝2 s時最小 C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小 6．[考查牛頓第二定律與v -t圖像的綜合應用] (多選)(2020·青島聯(lián)考)如圖6甲所示，質量為M＝2 kg的木板靜止在水平面上，可視為質點的物塊(質量設為m)從木板的左側沿木板表面水平?jīng)_上木板。物塊和木板的速度—時間圖像如圖乙所示

5、，g＝10 m/s2，結合圖像，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．可求得物塊在前2 s內(nèi)的位移x＝5 m B．可求得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1 C．可求得物塊的質量m＝2 kg D．可求得木板的長度L＝2 m 考點三 動力學的連接體問題 7.[考查牛頓第二定律解決連接體問題] (2020·合肥一模)如圖7所示，a、b兩物體的質量分別為m1和m2，由輕質彈簧相連。當用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1，加速度大小為a1；當用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x

6、2，加速度大小為a2。則有(　　) 圖7 A．a(chǎn)1＝a2，x1＝x2 B．a(chǎn)1x2 D．a(chǎn)1x2 8．[考查牛頓第二定律、整體法與隔離法的應用] (2020·東北三省模擬)如圖8所示，三個物體質量分別為m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面傾角θ＝30°，m1和m2之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8。不計繩和滑輪的質量和摩擦。初始用外力使整個系統(tǒng)靜止，當撤掉外力時，m2將(g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) 圖8 A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m

7、1一起沿斜面上滑 C．相對于m1上滑 D．相對于m1下滑 9．[考查整體法、隔離法與圖像的綜合應用] (多選)(2020·銀川二模)如圖9甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，當A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3 N時A、B將會分離。t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是(　　) 圖9 A．t＝2.0 s時刻A、B之間作

8、用力大小為0.6 N B．t＝2.0 s時刻A、B之間作用力為零 C．t＝2.5 s時刻A對B的作用力方向向左 D．從t＝0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4 m 考點四 傳送帶模型 10.[考查應用牛頓第二定律分析水平傳送帶問題] (多選)(2020·衡水調研)如圖10甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v -t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則(　　) 圖10 A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大

9、 B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向向右 D．0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 11．[考查應用牛頓第二定律分析傾斜傳送帶問題] (多選)如圖11所示，傳送皮帶與水平面夾角為37°，A、B間距離L＝16 m，以速度v＝10 m/s勻速運行?，F(xiàn)在皮帶的A端無初速放上一個小物體(可視為質點)，已知物體與皮帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，傳動輪大小可忽略，則物體滑到B端的速度大小可能是(　　) 圖11 A．6 m/s B．8 m/s C

10、．10 m/s D．12 m/s 12．[考查應用牛頓第二定律分析傳送帶與斜面的綜合問題] (2020·東北三省模擬)如圖12所示，一水平傳送帶以4 m/s的速度逆時針傳送，水平部分長L＝6 m，其左端與一傾角為θ＝30°的光滑斜面平滑相連，斜面足夠長，一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最右端，已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2。求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠端所用的時間。 圖12 答 案 1．選A　小球接觸彈簧開始，合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運動，運動到某個位置時，重力等于彈簧彈力，

11、合力為零，加速度為零，速度最大，然后重力小于彈力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運動，運動到最低點時，速度為零，加速度最大，根據(jù)對稱性可知，到達最低端時加速度大于g，故A正確，B、C、D錯誤。 2．選AC　設物體的質量為m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力FT1，剪斷前對b、c和彈簧組成的整體分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正確，B錯誤；設彈簧S2的拉力為FT2，則FT2＝mg，根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤。 3．選

12、B　由圖乙可知，加速度隨時間逐漸減小，方向不變，所以加速度方向始終與速度方向相同，物體做加速運動，故A錯誤；當加速度減為零時，速度最大，所以t0時刻，物體速度增加到最大值，故B正確；加速度逐漸減小，所以物體不是做勻變速運動，故C錯誤；根據(jù)F－Ff＝ma，可知，a減小，F(xiàn)f不變，所以F減小，故D錯誤。 4．選A　第6 s后只有摩擦力，即μmg＝ma，其中a＝2 m/s2，得動摩擦因數(shù)為0.2，故A正確；0～2 s內(nèi)，根據(jù)F1－μmg＝ma1，其中a1＝2 m/s2，得F1＝8 N，故B錯誤；0～8 s內(nèi)，物塊先向正方向走了6 m，即為t軸上方的面積，然后又向負方向走了14 m，即為t軸下方的面

13、積，所以離出發(fā)點最遠應為8 m，故C錯誤；物塊的平均速度為位移與時間的比值，即＝1 m/s，故D錯誤。 5．選AD　人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當t＝2 s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當t＝8.5 s時，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項A、D正確。 6．選AC　物塊在前2 s內(nèi)的位移x＝(×1＋2×1)m＝5 m，A正確；由運動學圖像知，兩物體加速度大小相同，設為a，則有μmg＝ma＝Ma，則m＝M＝2 kg，C正確；由圖像求得a＝2 m/s2，則μg＝2，μ＝0.2，B錯；由于物塊與木板達到共同速度時

14、不清楚二者的相對位置關系，故無法求出木板的長度，D錯。 7．選B　對整體分析有：a1＝＝－g，a2＝，可知a1μm2gcos θ，故m2相對m1下滑，D正確。 9．選AD　設t時刻A、B分離，分離之前A、B物體共同運動，加速度為a，以整體為研

15、究對象， 則有：a＝＝ m/s＝1.2 m/s2， 分離時：F2－Ff＝mBa， 得：F2＝Ff＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N， 經(jīng)歷時間：t＝×2.7 s＝3 s， 根據(jù)位移公式：x＝at2＝5.4 m，則D正確； 當t＝2 s時，F(xiàn)2＝1.8 N，F(xiàn)2＋Ff＝mBa， 得：Ff＝mBa－F2＝0.6 N，A正確，B錯誤； 當t＝2.5 s時，F(xiàn)2＝2.25 N，F(xiàn)2＋Ff＝mBa， 得：Ff＝mBa－F2>0，C錯誤。 10．選BC　相對地面而言，小物塊在0～t1時間內(nèi)，向左做勻減速運動，t1～t2時間內(nèi)，小物塊反向向右做勻加速運動，當其速度與傳送帶速

16、度相同時(即t2時刻)，小物塊向右做勻速運動。故小物塊在t1時刻離A處距離最大，選項A錯誤。相對傳送帶而言，在0～t2時間內(nèi)，小物塊一直相對傳送帶向左運動，故一直受向右的滑動摩擦力，在t2～t3時間內(nèi)，小物塊相對于傳送帶靜止，小物塊不受摩擦力作用，因此t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大值，選項B、C正確，選項D錯誤。 11．選BD　因傳送帶運行速度方向不知，故分別討論： 若輪子順時針方向轉動，帶動皮帶繞輪順時針方向轉動，小物體放上A端相對地面無初速度，但相對皮帶斜向下運動，故皮帶作用于物體的摩擦力沿皮帶斜面向上，又由于mgsin 37°>Ff＝μmgcos 37°，或μ＝0.5

17、an 37°＝0.75，故物體有沿斜面向下的加速度，設為a1，則mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，a1＝2 m/s2 物體從A運動到B的時間t1＝＝＝4 s，到達B端速度為v1＝a1t1＝8 m/s 若輪子逆時針轉動，帶動皮帶繞輪逆時針轉動，小物體放上皮帶A端初速度為零，相對皮帶斜向上運動，故皮帶作用于物體的摩擦力沿皮帶斜面向下。設物體的加速度為a2，則 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2　a2＝10 m/s2 物體加速到皮帶運行速度v＝10 m/s的時間為： t1′＝＝1 s 物體的位移x1＝＝5 m

18、擦力將發(fā)生突變。假設摩擦力消失，皮帶勻速向下，物體因受重力沿皮帶斜面分力作用將向下加速，下一時刻物體速度將超過皮帶速度，故有摩擦力，且皮帶對物體的摩擦力方向變?yōu)樾毕蛏稀? 由于mgsin 37°>Ff＝μmgcos 37°，物體加速度變?yōu)閍2′，a2′＝gsin 37°－μgcos 37°＝a1＝2 m/s2。 設物體繼續(xù)加速下滑到B端所需時間為t2，而x2＝vt2＋a2′t22。又x2＝L－x1＝11 m，解得：t2＝1 s，物體從A運動到B的總時間t1′＋t2＝2 s。 物體到達B端速度為v2＝v＋a2t2＝12 m/s，故B、D均正確。 12．解析：Ff＝μmg＝ma1① a1＝2 m/s2② 設物塊與傳送帶達到共速v2＝2a1x1③ x1＝4 m<6 m④ t1＝＝2 s⑤ x2＝L－x1⑥ x2＝vt2，所以t2＝0.5 s⑦ 在斜面上a2＝＝5 m/s2⑧ 上升和下降時間t3＝＝0.8 s⑨ 返回傳送帶向右減速t4＝＝2 s⑩ t總＝t1＋t2＋2t3＋t4? t總＝6.1 s? 答案：6.1 s