高考物理（2010~2020）真題專項練習 03 牛頓運動定律【解析版】

這是一份高考物理（2010~2020）真題專項練習 03 牛頓運動定律【解析版】，共24頁。
TOC \ "1-2" \h \u \l _Tc23600 題型一、板塊模型及其拓展問題的綜合應用 PAGEREF _Tc23600 1
\l _Tc30417 題型二、彈簧模型彈力的不可突變性 PAGEREF _Tc30417 9
\l _Tc29599 題型三、整體法與隔離法的綜合使用 PAGEREF _Tc29599 10
\l _Tc21651 題型四、兩類動力學問題的綜合應用 PAGEREF _Tc21651 14
題型一、板塊模型及其拓展問題的綜合應用
1.（2020全國2）.如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知M =4m，球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg, g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。
（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；
（2）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應滿足的條件。

【考點】運動分析、牛二定律、整體法、隔離法、摩擦力
【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）
【解析】（1）管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運動。設此時管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f，由牛頓運動定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得
a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運動學公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為
④
方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
設自彈起時經(jīng)過時間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運動學公式
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
聯(lián)立③④⑤式得
⑥
設此時管下端高度為h1，速度為v。由運動學公式可得：
⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判斷此時v>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2，到達最高點。由運動學公式有：
⑨
設管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1，則
H1= h1+ h2⑩
聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
?
（3）設第一次彈起過程中球相對管的位移為x1。在管開始下落到上升H1這一過程中，由動能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0?
聯(lián)立??式并代入題給數(shù)據(jù)得
?
同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移x2為
?
設圓管長度為L。管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是
x1+ x2≤L?
聯(lián)立????式，L應滿足條件為
?
2.（2019全國3）如圖（a），物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出

A. 木板的質(zhì)量為1kg
B. 2s~4s內(nèi)，力F的大小為0.4N
C. 0~2s內(nèi)，力F的大小保持不變
D. 物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2
【考點】：運動學圖像分析、牛二定律 、隔離法、 摩擦力
【答案】A、B
【解析】：結(jié)合圖c可知0-2s木板未發(fā)生運動，所以在AB 之間產(chǎn)生的摩擦力為靜摩擦力，結(jié)合圖b可得外力F在不斷增大，故C選項錯誤；
結(jié)合圖c，可知在4s—5s之間木板的加速度大小為0.2m/s2此時木板只受木塊給的滑動摩擦力大小為0.2N，結(jié)合牛爾定律可求得木板的質(zhì)量為1kg；故A選項正確；
結(jié)合圖c可知2s-4s物體的加速度大小為0.2m/s2，對木板受力分析：F-f=Ma;代入?yún)?shù)可得：F=0.4N ，故B 正確；f=umg,在本題中物塊的質(zhì)量未知故無法求得u的大小；故D錯誤；
（2019江蘇）如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊．A與B、B
地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．求：
（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA；
（2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB．

【考點】運動分析、牛二定律
【答案】（1）（2）
【解析】
（1）由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA=μg，勻變速直線運動 2aAL=vA2 解得
（2）設A、B的質(zhì)量均為m，對齊前，B所受合外力大小F=3μmg，由牛頓運動定律F=maB，得 aB=3μg
對齊后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛頓運動定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）經(jīng)過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L 解得
4.（2015全國2）下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災害。某地有一傾角為θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m（可視為質(zhì)量不變的滑塊），在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）在0~2s時間內(nèi)A和B加速度的大小
（2）A在B上總的運動時間
【考點】牛二定律、受力分析、運動分析
【答案】：3m/s2 1m/s2 4s
【解析】：
選擇0-2s作為研究過程分別對A、B進行受力分析：
隔離A：
隔離B：
解得：
選擇0-2s作為研究過程對物體進行運動分析：
分別對A、B進行運動分析：設2s末A的速度大小為v1，B的速度大小為v2，在0-2s時間里A走的位移大小為x1，B走的位移大小為x2。
選擇2后分別對A、B受力分析：
隔離A：
隔離B：
選擇2s后對A、B進行運動分析：
對A：
對B：
求得B停止前，A、B各自的位移大小。
對A:
對B：
；
故在B停止前即0-3s的過程中，A相對B走的位移大小為。A距B地底端還剩15m。
選擇3s后進行運動分析：此時B已經(jīng)停止。
所以：
A在B上運動的總時間未t=2+1+1=4s...(18)
5.(2015新課標1)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為，如圖（a）所示。時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后時間內(nèi)小物塊的圖線如圖（b）所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取。求
（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；
（2）木板的最小長度；
（3）木板右端離墻壁的最終距離。
【考向】牛頓運動定律；受力分析、運動分析
【答案】 （1）μ1 = 0.1 μ1 = 0.1 （2）木板的最小長度應為6.0m （3）最終距離為6.5m
【解析】(1) (7分) 規(guī)定向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M，由牛頓第二定律有：
-μ1 (m+M)g = (m+M)a1 ······· eq \\ac(○,1)
由圖可知。木板與墻壁碰前瞬間的速度v1= 4m/s ,由運動學公式得：
V1 = v0 + a1t1 ······ eq \\ac(○,2)
S0 = v0t1 + a1t12········ eq \\ac(○,3)
式中t1=1s , s0 = 4.5m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。
聯(lián)立 eq \\ac(○,1) eq \\ac(○,2) eq \\ac(○,3)式和題給條件得：μ1 = 0.1······· eq \\ac(○,4)
在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設小物塊的加速度為a2 ,由牛頓第二定律有：
-μ2mg = ma2········ eq \\ac(○,5)
由圖可得：a2 = ······· eq \\ac(○,6)
式中t2 = 2s , v2 = 0 ,聯(lián)立 eq \\ac(○,5) eq \\ac(○,6)式和題給條件得：μ2 = 0.4 ······ eq \\ac(○,7)
（2）(8分)設碰撞后木板的加速度為a3 ,經(jīng)過時間Δt ,木板和小物塊剛好具有共同速度v3 ,由牛頓第二定律及運動學公式得：
μ2mg +μ1 (m+M)g = (m+M)a1 = Ma3······ eq \\ac(○,8)
V3 = - v1 + a3Δt ······· eq \\ac(○,9)
V3 = v1 + a2Δt······ eq \\ac(○,10)
碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為：
s1 = Δt······ eq \\ac(○,11)
小物塊運動的位移為： s2 = Δt······ eq \\ac(○,12)
小物塊相對木板的位移為：Δs = s2 – s1 ····· eq \\ac(○,13)
聯(lián)立 eq \\ac(○,6) eq \\ac(○,8) eq \\ac(○,9) eq \\ac(○,10) eq \\ac(○,11) eq \\ac(○,12) eq \\ac(○,13)式，并代入數(shù)值得：Δs = 6.0m ····· eq \\ac(○,14)
因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m。
(3) 在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直到停止，高加速度為a4 ,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3 ,由牛頓第二定律及運動學公式得：
μ1 (m+M)g = (m+M)a4······· eq \\ac(○,15)
0 – v32 = 2a4s3 ······ eq \\ac(○,16)
磁碰后木板運動的位移為： s = s1 + s3 ······· eq \\ac(○,17)
聯(lián)立 eq \\ac(○,6) eq \\ac(○,8) eq \\ac(○,9) eq \\ac(○,10) eq \\ac(○,11) eq \\ac(○,15) eq \\ac(○,16) eq \\ac(○,17)式，并代入數(shù)值得：
S = -6.5m ······· eq \\ac(○,18)
木板右端離墻壁的最終距離為6.5m 。
6.（2013年全國2） 一長木板在水平地面上運動，在ｔ=0時刻將一相對于地面精致的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度－時間圖像如圖所示。己知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦.物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝１０ｍ／ｓ２求:
物塊與木板間；木板與地面間的動摩擦因數(shù):
從ｔ＝０時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小.
【考點】牛二定律、受力分析、運動分析
【答案】：0.2 0.3 0.75
【解析】：
（1）從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止．
由圖可知，在t1=0.5 s時，物塊和木板的速度相同．設t=0到t=t1時間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則有：
…①
…②
式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分別為木板在t=0、t=t1時速度的大?。O物塊和木板的質(zhì)量均為m，物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，由牛頓第二定律得
μ1mg=ma1…③
…④
聯(lián)立①②③④式得：
…⑤
…⑥
（2）0.5s后兩個物體都做勻減速運動，假設兩者相對靜止，一起做勻減速運動，加速度大小為a=μ2g
由于物塊的最大靜摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物塊與木板不能相對靜止．
根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊勻減速運動的加速度大小等于
0.5s后物塊對木板的滑動摩擦力方向與速度方向相同，則木板的加速度大小為：
則木板速度減為零需要的時間為：
則有：t=0.5+0.25=0.75s，即木板在t=0.75s時停止運動．
題型二、彈簧模型彈力的不可突變性
7.（2015年海南卷）8如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O；整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)；現(xiàn)將細繩剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對原長的伸長分別為△l1和△l2，重力加速度大小為g，在剪斷瞬間
A.a1=3g B.a1=0 C. △l1=2△l2 D. △l1=△l2
【考點】牛二定律、彈簧彈力不可突變的特點
【答案】：A C
【解析】本題考查的重點是彈簧彈力不可突變的特征，剪斷前、后彈簧彈力的大小不變；彈簧的伸長量也不變；剪斷前將b、c當作整體進行研究，可知彈簧S1的伸長量：
剪斷前對c進行研究，可知彈簧S2的伸長量：
故： C正確；
剪斷前對A進行受力分析：；
剪斷瞬間T=0，A只受重力與彈簧的彈力，對A受力分析得：，；
題型三、整體法與隔離法的綜合使用
8.（2020年江蘇）.中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為（ ）
A. FB. C. D.
【考點】牛二定律、隔離法
【答案】C
【解析】
【詳解】根據(jù)題意可知第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的牽引力為F，因為每節(jié)車廂質(zhì)量相等，阻力相同，故第2節(jié)對第3節(jié)車廂根據(jù)牛頓第二定律有
設倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，則根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得。
故選C。
9.(2013福建)質(zhì)量為M、長為L的桿水平放置，桿兩端A、B系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕繩，繩上套著一質(zhì)量為m的小鐵環(huán)。已知重力加速度為g，不計空氣影響。若桿與環(huán)保持相對靜止，在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動，此時環(huán)恰好懸于A端的正下方，如圖乙所示。
①求此狀態(tài)下桿的加速度大小a；
②為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個多大的外力方向如何？
【考點】牛二定律、隔離法、整體法、正交分解、矢量三角形
【答案】：
（2）與輕桿成60角
【解析】：因為圓環(huán)、輕桿整體無相對運動具有共同大小的加速度，所以只要求得圓環(huán)的加速度大小即可，圓環(huán)受力比輕桿簡單，如圖所示，對圓環(huán)受力分析，結(jié)合正交分解找到相應參數(shù)之間的關系：
選擇輕桿和圓環(huán)整體分析：整體之所以能夠維持現(xiàn)有的運動狀態(tài)，需要施加一個斜向右上方的外力F，假設該力與輕桿之間的夾角為 ，如圖所示，對整體受力分析，結(jié)合矢量三角形法，將物體所受的外力與合外力放在一個封閉的三角形中，利用矢量三角法即可求得：
10.（2017年海南）如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質(zhì)量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，記R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是
A．若μ≠0，則k= B．若μ≠0 ，則
C．若μ=0，則 D．若μ=0，則
【考點】：牛二定律、整體法、隔離法
【答案】:BD
【解析】：將PQR 看成兩部分，PQ為一部分，R 為一部分，結(jié)合結(jié)論：
QR之間的力
將QR看成一部分，P 看成一部分PQ之間的力：
故，B正確，又因為PQR 與水平面間的摩擦因數(shù)相同，故D 也正確；
11.（2015全國2） 在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂一大小為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂一大小為 QUOTE a的加速度向西行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為（ ）
A. 8 B.10 C.15 D.18
【考點】：牛二定律、隔離法
【答案】BC
【解析】：由設這列車廂的節(jié)數(shù)為n，P、Q掛鉤東邊有m節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可知：，解得：，k是正整數(shù)，n只能是5的倍數(shù)，故B、C正確，A、D錯誤
12.（2014·江蘇卷） 如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為eq \f(1,2)μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則( )
A．當F＜2μmg 時，A、B都相對地面靜止
B．當F＝eq \f(5,2)μmg時，A的加速度為eq \f(1,3)μg
C．當F＞3μmg時，A相對B滑動
D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq \f(1,2)μg

【考點】：牛二定律、疊加體的臨界值、整體法、隔離法
【答案】：BCD
【解析】 設B對A的摩擦力為f1，A對B的摩擦力為f2，地面對B的摩擦力為f3，由牛頓第三定律可知f1與f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均為2μmg，f3的最大值為eq \f(3,2)μmg.故當0g ，當v＝0時，物體運動到最高點，此時 a＝－g，而B、C圖像的斜率的絕對值均小于g，故B、C錯誤，D正確．
25.（2013年全國2）一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間的關系的圖像是
【考點】牛二定律、受力分析
【答案】C
【解析】：
物塊受力分析如圖所示：
由牛頓第二定律得；F-μmg=ma
解得：F=ma+μmg
F與a成一次函數(shù)關系，故ABD錯誤，C正確，
故選C．
26.（2013年山東）如圖所示，一質(zhì)量m=0.4kg的小物塊，以V0=2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t=2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L=10m。已知斜面傾角θ=30，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)。重力加速度g取10 m/s2.
（1）求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。
（2）拉力F與斜面的夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？

【考向】牛二定律、受力分析、運動分析
【答案】（1）8m/s （2）
【解析】：（1）設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得
eq \\ac(○,1)
eq \\ac(○,2)
聯(lián)立 eq \\ac(○,1) eq \\ac(○,2)得 eq \\ac(○,3)
eq \\ac(○,4)
設物塊所受支持力為，所受摩擦力為，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得
eq \\ac(○,5)
eq \\ac(○,6)
又 eq \\ac(○,7)
聯(lián)立 eq \\ac(○,5) eq \\ac(○,6) eq \\ac(○,7)式得
eq \\ac(○,8)
由數(shù)學知識得
eq \\ac(○,9)
由 eq \\ac(○,8) eq \\ac(○,9)式可知對應F最小的夾角為 eq \\ac(○,10)
聯(lián)立 eq \\ac(○,3) eq \\ac(○,8) eq \\ac(○,10)式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為 eq \\ac(○,11)