专题03牛顿运动定律第03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河南安阳二模）如图所示，质量为的物体静止在光滑的水平地面上。时刻起物体在一水平向右的恒力的作用下开始运动，经过一段时间后，恒力大小变为，方向改为水平向左。在时测得物体运动的瞬时速度大小，2.则为A.B.C.D.【答案】C【解析】解：由牛顿第二定律可得：若在12s末时速度方向是向右的，则有：，解得：，不合题意，所以12s末时速度方向是向左的，即，解得：，故ABD错误C正确。故选：C。由牛顿第二定律求出前后两段的加速度大小，12s末时速度方向可能向右、也可能向左，分两种情况分析求解即可。本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合使用的题目，关键是找出加速度，因为加速度是联系力和运动的桥梁，要知道末状态的速度方向可能向右或向左，要分别讨论。2.（2019河南示范性高中联考）如图所示A、B两相同的木箱(质量不计用细绳连接放在水平地面上，当两木箱内均装有质量为m的沙子时，用水平力F拉A木箱，使两木箱一起做匀加速直线运动，细绳恰好不被拉断。在不改变拉力的情况下，为使两木箱一次能运送更多的沙子，下列方法(加沙子后A木箱均能被拉动)可行的是2A.只在A木箱内加沙子B.只在B木箱内加沙子C.A木箱内加入质量为m的沙子，B木箱内加入质量为2m的沙子D.A木箱内加入质量2m的沙子，B木箱内加入质量为3m的沙子【答案】A【解析】【分析】分别对木箱A和木箱B的整体受力分析，求解加速度；然后隔离B，求解细绳的拉力表达式，然后进行讨论.【详解】对整体由牛顿第二定律：；对木箱B：；解得，可知当A木箱内加入沙子的质量大于B木箱内加入的沙子的质量时，细绳的拉力减小，故选项A正确；BCD错误；故选A.3.（2019湖南岳阳二模）如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成。质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是（）A.在最高点D，小球的向心加速度大小为2gB.在最低点C，小球对轨道压力为7mg3C.为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于D.若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg【答案】D【解析】解：A、在最高点D，对小球，根据牛顿第二定律得ND+mg=ma，据题ND=2mg，则小球的向心加速度大小为a=3g，故A错误。B、在最高点D，由a=得vD=．小球从C到D点的过程，由机械能守恒定律得+2mgR=．在最低点C，对小球，由牛顿第二定律得NC-mg=m，联立解得NC=8mg，由牛顿第三定律知在最低点C，小球对轨道压力为NC′=NC=8mg，故B错误。C、小球恰能通过最高点D时，由重力提供向心力，则有mg=m．由机械能守恒定律得mgh=+2mgR，解得h=2.5R，即为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度小于2.5R，故C错误。D、在最高点D，对小球，根据牛顿第二定律得ND+mg=m．在最低点C，对小球，由牛顿第二定律得NC-mg=m，小球从C到D点的过程，由机械能守恒定律得+2mgR=．联立解得NC-ND=6mg，根据牛顿第三定律知小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg，故D正确。故选：D。在最高点D，根据牛顿第二定律求小球的向心加速度，并由a=求出小球在D点时的速度。小球从C到D点的过程，利用机械能守恒定律求出小球经过C点时的速度，再由牛顿运动定律求小球对轨道的压力。小球恰能通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出D点的临界速度，再由机械能守恒定律求释放点的高度。根据机械能守恒定律和向心力公式结合求小球在C、D两点对轨道的压力差。解决本题的关键要明确圆周运动向心力来源：指向圆心的合力充当向心力，把握最高点的临界条件：重力等于向心力。4.（2019四川内江二模）如图所示，足够长的木板OM下端的O点通过铰链与地面连接，其与水平地面间的夹角θ可在0～900范围内调节。质量为1kg的小滑块在木板下端获得v0=20m/s的初速度沿木板向上运动，当夹角为θ0时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为，重力加速度g取10m/s2，则此情况下（）4A.木板的倾角B.小滑块上滑的最大高度为C.小滑块上滑过程损失的机械能为100JD.小滑块返回过程的加速度大小为【答案】AD【解析】解：A、小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，整理得：，设，则，当时，a存在最大值，，即，故θ=600，故A正确。B、设小滑块上升的高度为h，则，解得：h=15m，故B错误。C、根据如上计算可知，．小滑块上滑过程克服摩擦力做功：．故机械能损失50J，故C错误。D、因，故小滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时，故D正确。故选：AD。对滑块受力分析由牛顿第二定律可写出加速度表达式，结合数学知识可求得最大加速度及木板的倾角；由速度位移的关系式可求得最大高度；求出克服摩擦力的功可得损失的机械能；由牛顿第二定律可求得返回过程的加速度。5本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，在求最大加速度时要学会借助数学知识求解。二．计算题1．（14分）（2019湖南衡阳二模）如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t（N），重力加速度大小g＝10m/s2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；（2）t＝10s时，两物体的加速度各为多大；（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）【分析】（1）对两物体受力分析，当木块对木板的最大静摩擦力提供木板做加速运动，此时两者达到最大加速度，即可求得；（2）应用牛顿第二定律求出两物体的加速度；（3）达到最大共同加速度后，木板做加速度恒定的匀加速运动，木块在力F作用下做加速度运动，根据牛顿第二定律即可求得。【解答】解：当F＜μ2（m1+m2）g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：fmax﹣μ2（m1+m2）g＝m1amax，fmax＝μ1m2g解得：amax＝3m/s2对整体有：Fmax﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）amax解得：Fmax＝12N由Fmax＝3t得：t＝4s6（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有：对m1：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1解得：a1＝3m/s2对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2F＝3t＝30N解得：a2＝12m/s2（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）答：（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s；（2）t＝10s时，两物体的加速度各为3m/s2，12m/s2；（3）图象如图所示。【点评】本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，是经常采用的思路。2.（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0.2m/s，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）【答案】解：（1）设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传送带的支持力为FN，则由牛顿第二定律得：mg-FN=m7解得：v=当FN=0时，v有最大值vmax==1m/s旅行包一直加速能达到的最大速度为v′max==6m/s＞1m/s故传送带的速度应小于1m/s（2）旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分为别为：x传=v传t，x包=t表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有=故有：x传=2x包消耗电能为E=μmgx传旅行包在滑动过程中动能的增量为：△Ek=μmgx包故E=2△Ek结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包堵加动能的两倍，一半电能转化为动能，一半电能转化为内能故春运期每天多消耗的电能为10吨行包在传送带上获得总动能的两倍E电=2△EK总=m总v02=10000×004J=400J3.（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?【答案】（1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2）8【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⑧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9①②加速度：③根据运动学公式：④解得：⑤4.（2019上海二模）如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动，轨道长L=2m，摩擦很小可忽略不计。利用此装置实验探究物块在力F作用下加速度与轨道倾角的关系。某次实验，测得力F的大小为0.6N，方向始终平行于轨道向上，已知物块的质量m=0.1kg。实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。（重力加速度g取10m/s2）问：（1）a0为多大？（2）倾角θ1为多大？此时物块处于怎样的运动状态？（3）当倾角θ为30°，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？（设O所在水平面的重力势能为零）【答案】解：（1）θ=0°时，木板水平放置，此时物块的加速度为a0由牛顿第二定律得：F合=F=ma0解得：a0=6m/s2（2）当木板倾角为θ1时，a=0，物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；由平衡条件得：F=mgsinθ1解得：sinθ1=0.6，即θ1=37°（3）当木板倾角为θ=30°时，对物块由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma解得：a=1m/s210从静止开始运动1.6s发生的位移为x==1.28m物块具有的最大重力势能：EP=mgxsinθ解得：EP=0.64J答：（1）a0为6m/s2；（2）倾角θ1为37°，此时物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；（3）当倾角θ为30°，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为0.64J。【解析】（1）根据牛顿第二定律求出倾角为0度时的加速度，即图线与纵坐标的交点。（2）抓住加速度为零，根据平衡条件求出图线与θ轴交点坐标为θ1。（3）根据牛顿第二定律求出加速度大小，结合位移公式求出运动1.6s的位移，再由重力势能的定义求得最大重力势能。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁即可正确求解。