2017-2019高考真题分项解析专题：3.-牛顿运动定律

专题三牛顿运动定律1．（2019全国Ⅲ卷20）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g=10m/s2。由题给数据可以得出A．木板的质量为1kgB．2s~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】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由图可得4-5s物块所受摩擦力f=0.2N,木板的加速度a=0.2m/s2，由牛顿第三定律得木板所受摩擦力f,=0.2N由f,=ma可解出质量m为1kg，由图可得2-4s内木板所受的摩擦力f=0.2N，加速度a=0.2m/s2，由牛顿第二定律得F-f=ma,解得F=0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.2．（2019江苏15）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）2AvgL；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）22BvgL【解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=vA2解得2AvgL（2）设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vB–aBt221122AABBBxatxvtat，且xB–xA=L解得22BvgL。1.(2018全国卷I，15)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()【解析】选A。设弹簧的最大压缩量为l,根据胡克定律有kl=mg。物块P做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F+k(l-x)-mg=ma,解得F=ma+kx,则可能正确的是A。【易错警示】(1)x表示P离开静止位置的位移,并不是弹簧的压缩量。(2)物块P做匀加速直线运动,其加速度恒定。2．（2017海南，3）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fagm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2vas=2825m/s=20m/s，故选B。3．（2017海南，9）（多选）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是A．若μ≠0，则k=56B．若μ≠0，则35kC．若μ=0，则12kD．若μ=0，则35k【答案】BD【解析】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度66Fmgam，所以，R和Q之间相互作用力F1=3ma+3𝜇mg12132556FkFFF=12F，Q与P之间相互作用力；256FmgmaFF所以12132556FkFFF由于谈论过程与μ是否为零无关，故35k恒成立，故AC错误，BD正确。【点评】对物体运动过程中某一力的求解，一般先对物体运动状态进行分析，得到加速度，然后应用牛顿第二定律求得合外力，再对物体进行受力分析即可求解．4.（2017新课标Ⅱ24）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度为g。求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。【答案】（1）220102vvgs（2）210120()2svvs【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①由速度与位移的关系知–2a1s0=v12-v02②联立①②得220110=2vvaggs③（2）设冰球运动时间为t,则01vvtg④又2112sat⑤由③④⑤得210120()2svvas⑥5.（2017新课标Ⅲ25）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与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是aA、aB和a1在物块B与木板达到共同速度前有：11Afmg①21Bfmg②32()ABfmmmg③由牛顿第二定律得1AAfma④2BBfma⑤2131fffma⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有101Bvvat⑦111vat⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：11m/sv⑨（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离201112BBsvtat⑽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与木板组成的体系，由牛顿第二定律有：132()Bffmma⑾由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反，由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度从v1变到v2所用时间为t2，根据运动学公式，对木板有2122vvat⑿对A有212Avvat⒀在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为21122212svtat⒁在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为2022221()()2AAsvttatt⒂A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两都之间的距离为01ABssss⒃联立以上各式，代入数据得01.9ms⒄（也可以用下图的速度-时间图象做）【考点定位】牛顿运动定律；匀变速直线运动规律【名师点睛】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题。要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的。分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁。6．（2017全国Ⅰ，25）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。（1）油滴运动到B点时的速度；（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【答案】（1）2012vvgt（2）00221111[22()]4vvEEgtgt015(1)2vtg【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为整。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足21qEmgma①油滴在时刻t1的速度为1011vvat②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足22qEmgma③油滴在时刻t2=2t1的速度为2121vvat④由①②③④式得2012vvgt⑤（2）由题意，在t=0时刻前有1qEmg⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为21111112svtat⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为22112112svtat⑧由题给条件有202(2)vgh⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上，依题意有12ssh⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得00221111[22()]4vvEEgtgt⑪为使21EE，应有00211122()14vvgtgt⑫即当0130(1)2vtg⑬或013(1)2vtg⑭才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于20v和20v两种情形。若B在A点之下，依题意有21xxh⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得00221111[22()]4vvEEgtgt⑯为使21EE，应有00211122()14vvgtgt⑰即015(1)2vtg⑱另一解为负，不符合题意，已舍去。【考点定位】牛顿第二定律匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律。虽然基本知识、规律比较简单，但物体运动的过程比较多，在分析的时候，注意分段研究，对每一个过程，认真分析其受力情况及运动情况，应用相应的物理规律解决，还应注意各过程间的联系。7．（2017海南，14）一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示。质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求（1）弹簧的劲度系数；（2）物块b加速度的大小；（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。【答案】（1）；（2）；（3）F=mgsinθ+t2（t＜）【解析】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx0=（m+m）gsinθ解得：k=①（2）由题意可知，b经两段相等的