2020届高三二轮专题精练之：牛顿运动定律

挂在小车支架上的摆球可能稳2垂直于水平面，位置挂在小车支架上的摆球可能稳2垂直于水平面，位置3摆线与〔即BO=AO=10m］。A端与坡底2020届高三二轮专题精练之：牛顿运动定律班次—姓名学号i.如下图，小车沿倾角为。的斜面运动，由于运动情形不同,

固在不同的位置，图中所标的位置 i垂直于斜面；位置TOC\o"1-5"\h\z竖直方向成。角。以下判定正确的选项是 〔 〕A.小车沿斜面匀速下滑时，摆球一定稳固在位置 1B.小车沿光滑斜面下滑时，摆球一定稳固在位置 2C.小车沿光滑斜面上滑时，摆球一定稳固在位置 3D.小车沿粗糙斜面加速下滑时，摆球一定稳固在位置.在离坡底10m的山坡上竖直地固定一长10m的直杆AOB间连有一钢绳，一穿心于钢绳上的小球从示，那么小球在钢绳上滑行的时刻为〔取A.2sB.2sC.4sD..3sA点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下， 如图所g=10m/s2〕（）.如右图所示，两个物体中间用一个不计质量的轻杆相连。 A、B两物体质量分不为m1、m2,它们和斜面间的滑动摩擦系数分不为 1、2。当它们在斜面上加速下滑时，关于杆的受力情形，以下讲法正确的选项是〔 〕A.假设1>2,那么杆一定受到压力B.假设1=2,m1vm2,那么杆受到压力C.假设1<2,m1>m2,那么杆受到拉力D.只要1=2,那么杆的两端既不受拉力也没有压力.如下图，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端。点与管口A的距离为2x0,一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B,压缩量为X0,不计空气阻力,A.小球运动的最大速度大于 2jgX0TOC\o"1-5"\h\z那么（ ） 4-A.小球运动的最大速度大于 2jgX0B.小球运动中最大速度等于 2、房C.弹簧的劲度系数为mg/x0D.弹簧的最大弹性势能为 3mgx0.如图a所示，余^面体B置于粗糙水平地面上，物体A能在斜面体BE恰能沿斜面匀速下滑，现在地面对斜面体B的摩擦力和支持力记为F1和N1.现平行斜面向下加一恒力F,物体A能沿斜面向下作匀加速直线运动如图 （b）,现在，斜面体B所受摩擦力和支持力分不记为F2和N2擦力及支持力情形讲法正确的选项是那么前后两种情形， 关于地面对B摩擦力及支持力情形讲法正确的选项是〔 〕A.F1=0,F2>0,F2方向水平向右 B.F1=0,F2=0C.N2=N1 D ,N2<N1

.如下图，质量为mo的弹簧称的挂钩下面悬挂一个质量为 m的重物，现用一方向竖直向上的外力 F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速直线运动,那么弹簧秤的读数与拉力之比为〔 〕A.mo/m B.m/moC.mo/(m+mo) D.m/(m+mo).如下图，固定的光滑轨道MO和ON底端对接且ON=2MO,小球自M点由静止自由滚下，忽略小球通过 O点时的机械能缺失，以v、s、a、ek分不表不'小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。以下图象中能正确反映小球自8.如图〔a〕，质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A8.如图〔a〕，质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传

感器C的距离数据实时传送到运算机上， 经运算机处理后在屏幕上显示滑块 A的位移-时刻〔s-t〕图象和速率—时刻〔v-t〕图象。整个装置置于高度可调剂 的斜面上，斜面的长度为了L、高度为h。〔取重力加速度g=9.8m/s2,结果可保留一位有效数字〕〔1〕现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度， A的v-t图线如题(b)图所示。从图线可得滑块A下滑时的加速度a=m/s2，摩擦力对滑块A运动的阻碍。〔填''明显，不可忽略或''不明显，可忽略‘‘〕〔2〕此装置还可用来验证牛顿第二定律。实验时通过改变,可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；实验时通过改变,可验证力一定时，加图b图c速度与质量成反比的关系。〔3〕将气垫导轨换成滑板，滑块 A换成毛t块A；给Vt块A'一沿滑板向上的初速度， A'的s-t图线如题〔c〕图。图线不对称是由于造成的，通过图线可求得滑板的倾角仁〔用反三角函数表示〕，滑块与滑板间的动摩擦因数 尸—

.如图a所示，某同学做了如下的力学实验：在倾角为 37的斜面上，一个质量为m的物体A在沿斜面向下的不同的恒定拉力F作用下从静止开始运动， 设沿斜面向下的方向为加速度a的正方向，物体A的加速度a与拉力F的关系如图b所示，求：〔1〕物体A的质量；〔2〕物体A与斜面间的动摩擦因数。 [sin37取0.6,cos37取0.8〕(a)(a).用一沿斜面向上的恒力F将静止在斜面底端的物体向上推，推到斜面中点时，撤去F,物体正好运动到斜面顶端并开始返回。在此情形下，物体从底端到顶端所需时刻为 t,从顶端滑到底端所需时刻也为 to假设物体回到底端时速度为 10m/s,试咨询：〔1〕推力F与物体所受斜面摩擦力f之比为多少？〔2〕斜面顶端和底端的高度差h为多少？.为了缩短下楼的时刻， 消防队员往往抱着竖直杆直截了当滑下， 先以可能的最大加速度沿杆做匀加速直线运动， 再以可能的最大加速度沿杆做匀减速直线运动。 假设一名质量m=65kg、训练有素的消防队员〔可视为质点〕，在沿竖直杆无初速滑至地面的过程中，重心共下移了s=11.4m,该队员与杆之间的滑动摩擦力最大可达到 fmax=975N,队员着地的速度不能超过6m/s,重力加速度g取10m/s2,竖直杆表面各处的粗糙程度相同，且忽略空气对该队员的作用力。求：〔1〕该队员下滑过程中动量的最大值；〔2〕该队员下滑过程的最短时刻。.如下图，光滑水平面上静止放着长L=1.6m,质量为M=3kg的木块〔厚度不计〕，一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数月0.1,今对木板施加一水平向右的拉力F,〔g取10m/s2〕(1)为使小物体不掉下去，F不能超过多少？(2)假如拉力F=10N恒定不变，求小物体所能获得的最大动能？(3)假如拉力F=10N,要使小物体从木板上掉下去，拉力 F作用的时刻至少为多少？7777777777777777777777

.在光滑水平面上有两个可视为质点的小球 A、B,mA=1kg,mB=0.5kg在两球间存在一有限区域：当两小球均在该区域内或者任一小球在该区域内两球间就有相互作用的恒定斥力F=1N,F=1N,当两小球均在该区域外时两球间无作用力。A球离作用区左边界SA=20m,B在作用区右边界处，作用区长度L=5.5m。现使A以初速度VA=8m/s、B球以初速度vB=2m/s相向运动。求：〔1〕A从开始运动到完全穿过作用区所用时刻；〔2〔2〕适当调剂作用区的宽度或作用力大小,小，求A、B两球的最小总动能。可使A穿过作用区后A、B两球的总动能最相互।作用区।答案1.D 2.B3.ACD4.AD5.BC6.D7.A.(1)6,不明显，可忽略(2)斜面高度h;滑块A的质量M及斜面的高度h,且使Mh不变提示：因为是气垫导轨，因此能够忽略摩擦力的作用〔或由〔 1〕知〕，因此滑块h 受到的合外力即为MgsinMg-,当质量一定时，改变外力能够改变 h〔或L,但那个L一样不采纳〕；而要验证外力一定时，质量与加速度的关系，质量要变，但外力不变，因此h从公式MgsinMg［知当改变M,须使得Mh保持不变。假如你有良好的分析适应的话，那个题的难度还好，但假如你没有好的分析适应的话，后一空就难了，可能想不出，可能想出要花许多时刻。

(3)滑动摩擦力，arcsin0.6,0.3〔上滑、下滑位移大小均为 0.64m,时刻分不为0.4s和0.6s。〕.(1)对A由牛顿定律得：F+mgsin—mgcos=ma,a=mF+gsin—gcos,由图中斜TOC\o"1-5"\h\z1 4 一.一一 一..率得：1=正，m=7.5kg,〔2〕由图线截距得：gsin—gcos=4,因此=0.25,111 30.解：⑴由牛顿第二定律有：第一段：F—mgsina—f=mai第二段：mgsina+f=ma2 〔ai=a2'大小〕第三段：mgsina—f=ma3 2设斜面长为L。高度为h,由运动学公式有:-ai(-)22 2.2a3t2分2分分2分2分2分解上面各式得：f=(mgsina)/32(mgsinmfk(gLsinhLsin3V2分2分分2分2分2分解上面各式得：f=(mgsina)/32(mgsinmfk(gLsinhLsin3Vt24g31024107.5(m)11.解：〔1〕设该队员下滑中的最大速度为 v,滑至地面前瞬时的速度为 V1,做匀减速直线运动的加速度为a,在整段过程中运动的时刻分不为 前和12,下滑的距离分不为h1和h2TOC\o"1-5"\h\z该队员先做自由落体运动，有 v2=2gh1 ① 〔1分〕接着做匀减速直线运动，有 v2-V12= 2ah2 ② 〔1分〕fmax—mg=ma ③ 〔2分〕且s=h〔+h2 ④ 〔1分〕V1=6m/s由③式得：a=5m/s2 〔1分〕再由①②④式联立可得 v=10m/s 〔2分〕因此该队员下滑过程中动量的最大值 p=mv=650kg,m/s 〔2分〕〔2〕由v=gt1 ⑤ 〔1分〕v—v1=at2 ⑥ 〔1分〕由⑤⑥式可得 t1=1s t2=0.8s 〔2分〕因此该队员下滑过程的最短时刻 t=t1+t2=1.8s 〔2分〕12.解：〔1〕F=(M+m)a 〔 2分〕mg=ma 〔 2分〕F=(M+m)g=0.1X(3+1)X10N=4N……〔2分〕〔2〕小物体的加速度

TOC\o"1-5"\h\za1—mg g0.1101m/s2 （1分）m木板的加速度^mg100.11103m/s2 （1分）M 3,1 2 1 2由_a2t _a〔tL （2 分）2 2解得物体滑过木板所用时刻 t..1.6s解得物体滑过木板所用时刻 t..1.6s（2分）物体离开木板时的速度va/J1.6m/s (2分)1Ek1-mv120.8J (1分)F作用的最短时刻为〔3〕假设FF作用的最短时刻为t1,物体离开木板时与木板的速度为 v1 2s1-a2t1 Ft1(Mm)v1 2 ,Fs1 -(Mm)vmgL代入数据解之得 t1=0.8s13.(1)B球受作用力的加速度aB—2m/s2 〔1分〕mBA球受作用力的加速度 aA—1m/s2 〔 1分〕mA2B在作用区中运动的最远距离 So上工1m 〔1分〕2aBB从进入作用区到穿出作用区用时 Ft1=2mvB 〔 1分〕t1=2(s)…〔1分〕2 一一A运动距离SiVaL—HaU 14m 〔1分〕A的速度 V1VaHaL6m/s 〔1分〕TOC\o"1-5"