2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 专题三 牛顿运动定律的理解和应用课件

经典特训题组1.如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小答案A解析物块B向右做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则由牛顿第二定律得B受到A给的静摩擦力方向向左，大小为f＝mBa，保持不变，A正确。2.如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有()A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝gC．a1＝0，a2＝m＋MMgD．a1＝g，a2＝m＋MMg答案C解析在抽出木板的瞬时，弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力并未改变。木块1受重力和支持力，mg＝F，a1＝0；木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律a2＝F＋MgM＝m＋MMg，故C正确。3．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD解析球的质量m＝ρ·43πr3，阻力f＝kr，由牛顿第二定律a＝mg－fm＝g－krρ·43πr3＝g－kρ·43πr2，ρ甲＝ρ乙，m甲m乙，所以r甲r乙，可得a甲a乙，由h＝12at2知甲球用的时间较短，A、C错误；由v＝2ah得v甲v乙，故B正确；因f甲f乙，由Wf＝fh知甲球克服阻力做功较大，D正确。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a­F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则下列选项错误的是()A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝2kgC．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1答案C解析由题图乙知，F＝6N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a＝1m/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＝6kg，当F≥6N时，对木板，根据牛顿第二定律得a＝F－μmgM＝1MF－μmgM，知图线的斜率k＝12，则M＝2kg，滑块的质量m＝4kg，故A、B正确；根据F＝6N时，a＝1m/s2，代入表达式计算得出μ＝0.1，当F＝8N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′，计算得出a′＝μg＝1m/s2，故C错误，D正确。5．图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10m/s2。根据图象分析可知()A．张明的重力为1000NB．e点位置张明处于超重状态C．c点位置张明处于失重状态D．张明在d点的加速度小于在f点的加速度答案B解析开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500N，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500N，故A错误；e点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故B正确；c点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故C错误；张明在d点时，a1＝Fd－Gm＝1500－50050010m/s2＝20m/s2，张明在f点时，a2＝G－0m＝50050010m/s2＝10m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误。6.如图所示，倾角为θ的足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v­t图象不可能是()答案C解析若Fmgsinθ＋μmgcosθ，物块一直做匀加速运动，v­t图象是向上倾斜的直线，A图是可能的；若F＝mgsinθ＋μmgcosθ，物块一直做匀速运动，v­t图象是平行t轴的直线，B图是可能的；若Fmgsinθ＋μmgcosθ，物块先做匀减速运动，合力大小F合＝μmgcosθ＋mgsinθ－F，因为μ＝tanθ，即有mgsinθ＝μmgcosθ，当速度减至v1时，物块以速度v1做匀速运动，故C图不可能，D图是可能的。综上所述，C正确。7．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m。求飞行器所受的阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。答案(1)4N(2)42m(3)322s(或2.1s)解析(1)飞行器第一次试飞时做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，H＝12a1t21①由牛顿第二定律F－mg－f＝ma1②由①②解得f＝4N③(2)第二次试飞中，设失去升力时的速度大小为v1，上升的高度为s1，运动示意图如图，s1＝12a1t22④设失去升力后的加速度大小为a2，上升的高度为s2，由牛顿第二定律mg＋f＝ma2⑤v1＝a1t2⑥s2＝v212a2⑦由③④⑤⑥⑦解得h＝s1＋s2＝42m⑧(3)设失去升力下降阶段加速度大小为a3，恢复升力后加速度大小为a4，恢复升力时速度大小为v3，运动示意图如图，由牛顿第二定律mg－f＝ma3⑨F＋f－mg＝ma4⑩且v232a3＋v232a4＝h⑪v3＝a3t3⑫由③⑧⑨⑩⑪⑫解得t3＝322s(或2.1s)。真题调研题组1．(2019·海南高考)如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为()A．F－2μmgB.13F＋μmgC.13F－μmgD.13F答案D解析对整体，由牛顿第二定律得F－μmg－2μmg＝3ma，对P物块，由牛顿第二定律得T－μmg＝ma，解得T＝13F，D正确。2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()答案A解析物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。3．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案AB解析木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N，由题图c知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝0.42m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝0.4－0.21m/s2＝0.2m/s2，设木板质量为m，据牛顿第二定律，对木板有：2～4s内：F－F摩＝ma1,4s以后：F摩＝ma2，解得m＝1kg，F＝0.4N，A、B正确；0～2s内，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误；因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。4．(2017·海南高考)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10m/s2)()A．10m/sB．20m/sC．30m/sD．40m/s答案B解析刹车后汽车的合外力为摩擦力f＝μmg，加速度a＝fm＝μg＝8m/s2，又刹车线长25m，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v＝2as＝2×8×25m/s＝20m/s，故B正确。5．(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。答案(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL解析A、B的运动过程如图所示：(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，A的加速度大小aA＝μmgm＝μg在B上滑动时有2aAL＝v2A解得：vA＝2μgL。(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA＝L解得：vB＝22μgL。6．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。答案(1)1m/s(2)1.9m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛顿第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1m/s⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－12aBt21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有f