2021年高考物理一轮复习专题强化练专题（10）牛顿运动定律的三种典型模型（解析版）

2021 年高考物理一轮复专题强化练 专题（10）牛顿运动定律的三种典型模型（解析版） 一、选择题：（本题共 8 小题，每小题 6 分，满分 48 分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合 题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分。) 1．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于 M 点，与竖直墙相切于 A 点．竖直墙 上另一点 B 与 M 的连线和水平面的夹角为 60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻 a、b 两球分别由 A、 B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道 AM、BM 运动到 M 点；c 球由 C 点自由下落到 M 点．则(　　) A．a 球最先到达 M 点 B．b 球最先到达 M 点 C．c 球最先到达 M 点 D．b 球和 c 球都可能最先到达 M 点 【答案】C 【解析】如图所示，令圆环半径为 R，则 c 球由 C 点自由下落到 M 点用时满足 R＝1 2gt2c，所以 tc＝ 2R g ； 对于 a 球，设 AM 与水平面成 θ 角，则 a 球下滑到 M 用时满足 AM＝2Rsin θ＝1 2gsin θt2a，即 ta＝2 R g；同理 b 球从 B 点下滑到 M 点用时也满足 tb＝2 r g(r 为过 B、M 且与水平面相切于 M 点的竖直圆的半径，r>R)．综 上所述可得 tb>ta>tc. 2．　(多选)如图甲所示的水平传送带 AB 逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以 某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图 中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度取 g＝10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数 μ 及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间 t，下列计算 结果正确的是(　　)A．μ＝0.4 B．μ＝0.2 C．t＝4.5 s D．t＝3 s 【答案】BC 【解析】由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为 a＝Δv Δt＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得 Ff＝ma＝ μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.2，A 错误，B 正确；在 v­t 图象中，图线与 t 轴所围面积 表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块 的位移为 0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为 4.5 s，C 正确，D 错误． 3．(多选)如图甲所示，位于同一竖直面内的两条倾角都为 θ 的倾斜轨道 a、b 分别与一传送装置的两端平滑 相连．现将小物块从轨道 a 的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道 b 底端的过程的 v­t 图象如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的 v­t 图象可能是下列选项中的(　　) 【答案】AC 【解析】若传送带顺时针匀速转动，则物块在传送带上运动时所受的摩擦力与传送带静止时的相同，加速 度为 a1＝gsin θ－μgcos θ，则 v­t 图象不变，则选项 A 正确；若传送带逆时针匀速转动，当物块运动到传送 带上时的速度小于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向下的摩擦力，加速度为 a2＝gsin θ＋μgcos θ>a1，此时物块运动到轨道 b 底端的速度大于 v1，则选项 C 正确，D 错误；当物块运动到传送带上时的速度大于 等于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向上的摩擦力，加速度仍为 a1，则选项 B 错误． 4．如图所示，在竖直平面内有半径为 R 和 2R 的两个圆，两圆的最高点相切，切点为 A.B 和 C 分别是小圆 和大圆上的两个点，其中 AB 长为 2R，AC 长为 2 2R.现沿 AB 和 AC 建立两条光滑轨道，自 A 处由静止释 放小球，已知小球沿 AB 轨道运动到 B 点所用的时间为 t1，沿 AC 轨道运动到 C 点所用的时间为 t2，则 t1 与 t2 之比为(　　) A．1∶3 B．1∶2 C．1∶ 3 D．1∶ 2 【答案】D 【解析】如图所示，设圆中任意一条弦为 OM，圆的半径为 R′，则弦 OM 长 s＝2R′cos θ，小球下滑的加速 度 a＝gcos θ，根据 s＝1 2at2 得 t＝2 R′ g ，与角 θ 无关，因此沿不同弦下滑的时间相等．故小球沿 AB 下滑 所用的时间等于小球在高度为 2R 的位置做自由落体运动所用的时间，即 2R＝1 2gt21，小球沿 AC 下滑所用的 时间等于小球在高度为 4R 的位置做自由落体运动所用的时间，即 4R＝1 2gt22，联立有t1 t2＝ 1 2 ，选项 D 正 确． 5．如图所示，在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2 的木块．假定木块和 木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 F＝kt(k 是常数)，木板 和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2，下列反映 a1 和 a2 变化的图线中正确的是(　　)【答案】A 【解析】木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力均为静摩擦力．在达到最大静摩擦力前，木块和木板 以相同加速度运动，根据牛顿第二定律知 a＝ kt m1＋m2.木块和木板相对运动时，a1＝μm2g m1 恒定不变，a2＝ kt m2－ μg，a2 是 t 的线性函数，t 增大，a2 增大，又由于 k m1＋m2< k m2，则木块与木板相对滑动后 a2 图线斜率大于 a1 的图线斜率，所以 A 正确． 6．(多选)如图所示，一个质量为 m，可视为质点的物体从高为 h＝0.8 m 的光滑斜面顶端由静止开始下滑， 物体经过斜面与传送带连接处时的速率变化可忽略不计，滑上传送带 A 端的瞬时速度为 vA，到达 B 端的瞬 时速度为 vB，水平传送带 A、B 两端相距 x＝6 m，物体与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.1，取 g＝10 m/s2，下 列说法正确的是(　　) A．物体滑上传送带 A 端的瞬时速度 vA＝4 m/s B．若传送带不动，物体到达 B 端的瞬时速度 vB＝2 m/s C．若传送带逆时针匀速转动，vB 一定小于 2 m/s D．若传送带顺时针匀速转动，vB 一定大于 2 m/s 【答案】AB 【解析】物体从高为 h 的光滑斜面顶端滑下，由动能定理可得 mgh＝1 2mv2A，代入数据可解得物体滑上传送 带 A 端的瞬时速度 vA＝4 m/s，选项 A 正确；物体滑上传送带，若传送带不动，根据牛顿第二定律可知，加 速度大小 a1＝μg＝1 m/s2，物体做匀减速直线运动，由运动学公式可得，到达 B 端的速度 vB＝ v2A－2μgx＝2 m/s，选项 B 正确；若传送带逆时针匀速转动，物体滑上传送带后的运动与传送带静止不动时的运动相同， vB＝2 m/s，选项 C 错误；若传送带顺时针匀速转动，传送带的速度大小与 4 m/s 的大小关系未知，物体可能 加速运动，可能减速运动，也可能匀速运动，无法具体判断物体的运动情况，故无法确定物体到达 B 端的 瞬时速度，选项 D 错误． 7．如图甲所示，质量为 M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为 m 的小滑块以初速度 v0 从木板的左端 向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断， 正确的是(　　)A．滑块和木板始终存在相对运动 B．滑块始终未离开木板 C．滑块的质量小于木板的质量 D．木板的长度为v0t1 2 【答案】B 【解析】由题意知，滑块在木板的摩擦力作用下做匀减速直线运动，木板在滑块的摩擦力作用下做初速度 为 0 的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故 A 错误；由图乙可知，最终滑块与木板速度相 等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故 B 正确；由于滑块、木板间相互作用的摩擦力分别使滑块、木 板产生加速度，所以满足 mam＝MaM，由图象知，在 t1 时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度， 即 amM，即滑块的质量大于木板的质量，故 C 错误；两物块相对静止时，两者的位移差 x ＝v0＋v 2 t1－v 2t1＝v0 2t1，则木板长度大于或等于 v0 2t1，故 D 错误． 8．(多选)如图所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是 2 m 且与水平 方向的夹角均为 37°.现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送 带间的动摩擦因数都是 0.5，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是(　　) A．物块 A 先到达传送带底端 B．物块 A、B 同时到达传送带底端 C．传送带对物块 A、B 的摩擦力都沿传送带向上 D．物块 A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块 B 下滑过程中相对传送带的路程 【答案】BCD 【解析】对物块 A，因为 mgsin 37°>μmgcos 37°，则 A 物体所受摩擦力向上，向下做匀加速运动，物块 B 受 到的摩擦力也向上，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向 下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，则 A 错误，B、C 正确；A 物块与传送带运 动方向相同，相对路程较小，故 D 正确． 二、非选择题（本题共 4 小题，满分 52 分） 9. （12 分）如图所示，传送带保持 2 m/s 的速度顺时针转动．现将一个可视为质点的煤块轻轻地放在传送 带的 a 点上，a、b 间的距离 L＝5 m，煤块从 a 点先匀加速后匀速运动到 b 点，所经历的时间为 3 s，求：(1)煤块在传送带上匀加速运动的加速度大小和匀加速时间； (2)煤块与传送带之间由于有相对滑动，在传送带上留下了一段黑色的划痕，求其长度． 【答案】(1)2 m/s2　1 s　(2)1 m 【解析】(1)设匀加速运动的加速度为 a，时间为 t1，是与传送带达到共同速度的过程，达到共同速度后与传 送带一起向右运动从 b 端滑下．由匀加速运动的速度关系和位移关系可知 v＝at1 x1＝1 2at21 对全过程 L＝x1＋v(t－t1) 联立解得 a＝2 m/s2，t1＝1 s. (2)煤块只有匀加速运动过程中，与传送带之间有相对滑动，留下一段黑色划痕，划痕的长度为相对位移的 大小，在这个过程，传送带向右的位移为 x2＝vt1＝2 m 所以划痕长度为 Δx＝x2－x1＝1 m. 10. （12 分）如图所示，将一长木板放在水平面上，且长木板的厚度不计，上、下表面均水平，两个均可 视为质点的滑块甲、乙放在长木板上，滑块甲距离长木板左端的距离为 x1＝0.5 m，甲、乙两滑块之间的距 离为 x2＝1.5 m．已知两滑块与长木板之间的动摩擦因数均为 μ1＝0.1，两滑块与水平面之间的动摩擦因数均 为 μ2＝0.2，从某时刻起在外力的控制下使长木板以 a＝2 m/s2 的加速度向右做匀加速直线运动，重力加速度 取 g＝10 m/s2. (1)滑块甲在长木板上运动的时间为多少？ (2)两滑块都静止在水平面上时的间距为多少？ 【答案】(1)1 s　(2)3.75 m 【解析】(1)设滑块甲在长木板上滑动时的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得 a1＝μ1g 当滑块甲离开长木板时，由运动学公式可知 1 2at21－1 2a1t21＝x1 联立并代入数据可解得 t1＝1 s. (2)由题意分析可知，两滑块先在长木板上做匀加速直线运动，离开长木板后在水平面上做匀减速直线运动， 两滑块在长木板(水平面)上运动时的加速度大小相等 滑块甲离开长木板时的速度大小为 v1＝a1t1 设两滑块在水平面上运动时的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得 a2＝μ2g 滑块甲从开始运动到静止在水平面上的过程中滑块甲的总位移为 s1＝1 2a1t21＋ v21 2a2 滑块乙在长木板上的加速度大小也为 a1.则当滑块乙离开长木板时，根据运动学公式可知 1 2at22－1 2a1t22＝x1＋x2 滑块乙离开长木板时的速度大小为 v2＝a1t2 滑块乙从开始运动到静止在水平面上的过程中 滑块乙的总位移为 s2＝1 2a1t22＋ v22 2a2 则两滑块静止在水平面上时的间距为 s＝s2＋x2－s1 代入数据可得 s＝3.75 m. 11．（14 分）如图所示，有一条沿顺时针方向匀速运转的传送带，恒定速度 v＝4 m/s，传送带与水平面的夹 角 θ＝37°，现将质量 m＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物块可视为质点)，与此同时，给小物块沿传送带方 向向上的恒力 F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为 h＝2.4 m 的平台上．已知物块与传送带之 间的动摩擦因数 μ＝0.5(g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： (1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间； (2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力 F，物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的 速度大小． 【答案】(1)1.33 s　(2)0.85 s　2.31 m/s 【解析】(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动， 直至速度达到传送带的速度， 由牛顿第二定律有 F＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma1 解得 a1＝6 m/s2 则 t1＝ v a1＝2 3 s x1＝ v2 2a1＝4 3 m 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析可知，物块受的摩擦力的方向改变，因为 F＝8 N，而重力沿传 送带向下的分力和最大静摩擦力之和为 10 N，故物块相对传送带静止． 由几何关系可得物块总的位移x＝ h sin θ＝4 m， t2＝x－x1 v ＝2 3 s 则 t＝t1＋t2＝4 3 s＝1.33 s. (2)若达到同速后撤去恒力 F，对物块受力分析， 因为 mgsin θ>μmgcos θ， 故物块减速上行，由牛顿第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得 a2＝2 m/s2 物块还需时间 t′离开传送带，离开时的速度为 vt，则 v2－v2t＝2a2(x－x1)， vt＝4 3 3 m/s＝2.31 m/s t′＝v－vt a2 ＝0.85 s. 12．（14 分）如图所示，在倾角为 θ＝37°的固定长斜面上放置一质量 M＝2 kg、长度 L1＝2.5 m 的极薄平板 AB， 平板的上表面光滑，其下端 B 与斜面底端 C 的距离 L2＝16.5 m．在平板的上端 A 处放一质量 m＝0.5 kg 的 小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放．设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦 因数均为 μ＝0.5，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2，求： (1)小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度各为多大？ (2)小滑块滑到斜面底端 C 时，薄平板下端 B 距离小滑块的距离 ΔL 为多少？ 【答案】(1)6 m/s2　2 m/s2　(2)10 m 【解析】(1)小滑块在平板 AB 上运动时 mgsin 37°＝ma1 得 a1＝6 m/s2 小滑块在斜面上运动时 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 得 a2＝2 m/s2. (2)小滑块在平板 AB 上运动时，设平板 AB 的加速度为 a3，则 Mgsin 37°－μ(Mg＋mg)cos 37°＝Ma3 解得 a3＝1 m/s2设滑块离开平板时平板下滑的距离为 x，所用时间为 t1 x＝1 2a3t21 L1＋x＝1 2a1t21 解得 x＝0.5 m，t1＝1 s 滑块滑离平板后，平板运动的加速度为 a4， Mgsin 37°－μMgcos 37°＝Ma4， 解得 a4＝2 m/s2 滑块滑离平板时的速度为 v1，则 v1＝a1t1＝6 m/s 此时木板的速度为 v2，则 v2＝a3t1＝1 m/s 设滑块离开平板后滑到斜面底端 C 所用的时间为 t L2－x＝v1t＋1 2a2t2 解得 t＝2 s 在这段时间平板下滑的距离 x1＝v2t＋1 2a4t2＝6 m 则平板下端距离小滑块的距离 ΔL＝L2－x－x1＝10 m.