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当前位置:首页 > 中学教育 > 高中教育 > 专题03牛顿运动定律第02期备战2020高考物理2019届二模和三模好题分项版汇编教师版
1专题3牛顿运动定律2019年高三二模、三模物理试题分项解析(I)一.选择题1.(2019河南郑州二模)如图所示,2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连,在水平拉力F的作用下,一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动,设1和2之间弹簧的弹力为F1—2,2和3间弹簧的弹力为F2—3,2018和2019间弹簧的弹力为F2018—2019,则下列结论正确的是A.F1—2:F2—3:……F2018—2019=1:2:3:……2018B.从左到右每根弹簧长度之化为1:2:3:……2018C.如果突然撤去拉力F,撤去F瞬间,第2019个小球的加速度为F,N其余每个球的加速度依然为aD.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落,那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0,第2个小球的加速度为2a,其余小球加速度依然为a【参考答案】AD【命题意图】本题以轻弹簧连接的2019个小球为情景,考查连接体、受力分析、牛顿运动定律及其相关知识点。【解题思路】隔离小球1,由牛顿运动定律,F1-2=ma,把小球1和2看作整体隔离,由牛顿运动定律,F2-3=2ma,把小球1、2和3看作整体隔离,由牛顿运动定律,F3-4=3ma,把小球1、2、3和4看作整体隔离,由牛顿运动定律,F4-5=4ma,·····把小球1到2018看作整体隔离,由牛顿运动定律,F2018-2019=2018ma,联立解得:F1-2∶F2-3∶F3-4∶F4-5∶F5-6······F2018-2019=1∶2∶3∶4∶5······2018,选项A正确;由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量,弹簧伸长量与弹簧弹力成正比,所以选项B错误;如果突然撤去拉力F,撤去F的瞬间,小球之间弹簧弹力不变,2018和2019之间的弹簧弹力F2018-2019=2018ma,由牛顿第二定律可得F=2019ma,F2018-2019=ma’,联立解得第2019个小球的加速度a’=20182019Fm,选项C错误;如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落,那么脱落瞬间,第1个小球受力为零,加速度为零,第2个小球受到2和3之间弹簧弹力,F2-3=ma2,解得第2个小球的加速度a2=2a,其余小球受力情况不变,加速度依然为a,选项D正确。【方法归纳】对于连接体,要分析求解小球之间的作用力,需要隔离与该力相关的小球列方程解答。解答此题常见错误主要有:一是对弹簧作用力的瞬时性理解掌握不到位;二是研究对象选择不当;三是分析解2答有误。2.(2019年3月兰州模拟)质量为2kg的物体在水平力F作用下运动,t=0时刻开始计时,3s末撤去F,物体继续运动一段时间后停止,其v-t图象的一部分如图所示,整个过程中阻力恒定,则下列说法正确的是A.水平力F为3.2NB.水平力F做功480JC.物体从t=0时刻开始,运动的总位移为92mD.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【参考答案】B【命题意图】本题以水平力作用下物体运动为情景,以速度图像给出解题信息,考查对速度图像的理解、牛顿运动定律、做功及其相关知识点。【解题思路】在0~3s时间内,物体匀速运动,由平衡条件,F-μmg=0,3s末撤去F,在3~5s时间内,物体做匀减速直线运动,运动的加速度大小为a=vt=4m/s2,由牛顿第二定律,μmg=ma,联立解得:μ=0.4,F=8N,选项AD错误;在0~3s时间内,物体匀速运动位移x1=20×3m=60m,水平力F做功W=Fx=8×60J=480J,选项B正确;3s末撤去F,物体继续运动时间t=v/a=5s,即8s末物体停止运动,补全速度图像,由速度图像的面积表示位移可知,物体在3~8s时间内位移x2=20×5×1/2=50m,物体从t=0时刻开始,运动的总位移为s=x1+x2=60m+50m=110m,选项C错误。【方法归纳】速度图像的斜率表示加速度,速度图像的面积表示位移。3.(2019辽宁沈阳一模)如图所示,甲、乙两物体靠在一起,放在光滑的水平面上,在水平力F1和F2共同作用下,一起从静止开始运动,已知F1F2,两物体运动一段时间后A.若突然撤去F1,甲的加速度一定减小B.若突然撤去F1,甲乙间的作用力减小C.若突然撤去F2,乙的加速度一定增大D.若突然撤去F2,甲乙间的作用力增大3【参考答案】BC【名师解析】要分析加速度的变化,先由牛顿第二定律求出整体的加速度,再进行分析,由隔离法求出甲乙间的作用力,根据表达式进行分析;一起运动时,整体的加速度为:;对乙分析,则甲、乙之间的作用力为:,解得;突然撤去,则整体的加速度,不一定大于,甲乙之间的作用力,故A错误、B正确;突然撤去,则整体的加速度,则,即加速度增大,甲乙之间的作用力为:,故选项C正确,D错误。【名师点睛】关于连接体的处理方法,先整体后隔离,可以求得连接体间的相互作用力的大小。4.(6分)(2019湖北四地七校考试联盟期末)如图所示,光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A、B,质量均为m,A、B之间用轻质细绳水平连接。现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上,A、B开始一起做匀加速运动,在运动过程中把和木块A、B完全相同的木块C放在某一木块上面,系统仍加速运动,且始终没有相对滑动,则在放上C并达到稳定后,下列说法正确的是()A.若C放在A上面,绳上拉力不变B.若C放在B上面,绳上拉力为C.C放在B上,B、C间摩擦力为D.C放在A上比放在B上运动时的加速度大【思路分析】对整体分析,运用牛顿第二定律判断系统加速度的变化。通过隔离分析,得出绳子拉力和摩擦力的大小。【参考答案】C【名师解析】设原来的加速度为a0,根据牛顿第二定律可得F=2ma0,因无相对滑动,所以,无论C放到哪块上,根据牛顿第二定律都有:F=3ma,a都将减小。若放在A木块上面,以B为研究对象,设绳子拉力T,则T=ma,绳子拉力减小,故A错误;若C放在B上面,以BC为研究对象,根据牛顿第二定律可得T=2ma=F,故B错误;若C放在B上,以C为研究4对象,根据牛顿第二定律可得B、C间摩擦力为f=ma=,故C正确;以整体为研究对象,无论C放到哪块上,根据牛顿第二定律都有:F=3ma,故C放在A上和放在B上运动时的加速度相同,故D错误;故选:C。【名师点评】解决本题的关键要灵活选择研究对象,会用整体法和隔离法,能够正确地受力分析,运用牛顿第二定律进行求解5.(2019仿真模拟)根据图像分析,下列选项正确的是A.2s末质点速度大小为7m/sB.2s末质点速度大小为5m/sC.质点所受的合外力大小为3ND.质点的初速度大小为5m/s【参考答案】B【名师解析】由图象知,物体在在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,在y方向做匀速直线运动,2s末,,,因而,故A错误,B正确;由速度时间图线的斜率表示加速度知,,,所以合加速度的大小为,根据牛顿第二定律得:物体所受的合外力大小为,故C错误;由图象知,当时,,,所以物体的初速度大小为,故D错误。所以选B。考点:本题考查图及运动的合成与分解,意在考查考生对图象的认识与理解及对运动合成与分解思想的理解。二.计算题1.(2019全国考试大纲调研卷3)如图所示,水平地面上有一质量为M的长木板,一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。已知m与M之间的动摩擦因数为,木板与地面间的动摩擦因数为。从某时刻起物块m以的水平初速度向左运动,同时木=板M在水平外力F控制下始终向右以速度5匀速运动,求:(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小:(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来?【参考答案】(1)f1+f2=μ1mg+μ2(m+M)g(2)【名师解析】(1)在物块m向左运动过程中,木板受力如图所示,其中f1,f2分别为物块和地面给木板的摩擦力,由题意可知f1=μ1mg①f2=μ2(m+M)g②由平衡条件得:F=f1+f2=μ1mg+μ2(m+M)g③(2)解法一:设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1,则设④物块向左匀减速运动的位移为X1,则⑤设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2,则⑥设物块向右匀加速运动的位移为X2,则⑦此过程木板向右匀速运动的总位移为X′,则6⑧则物块不从木板上滑下来的最小长度:⑨代入数据解得:⑩解法二:以木板为参考系,设物块相对木板向左匀减速初速度为V0,末速度为Vt,则①②加速度:③根据运动学公式:④解得:⑤2.(2019辽宁沈阳一模)如图所示,一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0=2m/s,此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v1=4m/s的速度从右侧滑上木板,经过1s两者速度恰好相同,速度大小为v2=1m/s,方向向左。重力加速度g=10m/s2,试求:(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2(3)从滑块滑上木板,到最终两者静止的过程中,滑块相对木板的位移大小。【参考答案】(1)(2)(3)【名师点拨】(1)对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解;(2)对木板分析,先向右减速后向左加速,分过程进行分析即可;(3)分别求出二者相对地面位移,然后求解二者相对位移;7【名师解析】(1)对小滑块分析:其加速度为:,方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有:,可以得到:;(2)对木板分析,其先向右减速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到:然后向左加速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到:而且联立可以得到:,,;(3)在时间内,木板向右减速运动,其向右运动的位移为:,方向向右;在时间内,木板向左加速运动,其向左加速运动的位移为:,方向向左;在整个时间内,小滑块向左减速运动,其位移为:,方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为:。【画龙点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用,分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提,应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。3.(2019湖南岳阳二模)如图所示为车站使用的水平传送带的模型,皮带轮的半径均为R=0.1m,两轮轴距为L=3m,在电机的驱动下顺时针转动,现将一个旅行包(可视为质点)无初速放在水平传送带左端,已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.6,g=10m/s2,不计空气阻力。(1)要使旅行包到达右端不会直接飞出,传送带的速度应小于多少?(2)若传送带实际速度为0.2ms,春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨,则电机每天相对于空载多消耗的电能E是多少?(所有旅行包均无初速,且与传送带间的μ相同)8【名师解析】4.(2019广东肇庆二模)近年来上购物促使快递行业迅猛发展.如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图,传送带右端与水平面相切,且保持v0=4m/s的恒定速率顺时针运行,传送带的长度为L=3m.现将一质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端,包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后包裹A向前滑行了0.1m静止,包裹B向前运动了0.4m静止.已知包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4,包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5,g取10m/s2.求:(1)包裹A在传送带上运动的时间;9(2)包裹B的质量.【名师解析】(1)包裹A在传送带滑行,由牛顿第二定律可得:11amgmAA①(1分),由①式解得:)(21m/s4a假设包裹A离开传送带前就与传送带共速,由匀变速运动知识可得:112020sav②(1分)由②式解得:Lsm21,所以上述假设成立(1分)加速过程:211121tas④(1分)由④式解得:)(s11t匀速过程:201tvsL⑤(1分)由⑤式解得:)(s25.02t所以,包裹A在传送带上运动的时间;s25.121ttt⑥(1分)(2)包裹A在水平面滑动时,由牛顿第二定律可得:22amgmAA⑦(1分)由⑦式解得:22m/s5a同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是22m/s5a⑧(1分)包裹A向前滑动至静止:AAsav222-0⑨(1分)由⑨式解得:m/s)(1Av包裹B向
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