专题03牛顿运动定律第02期备战2020高考物理2019届二模和三模好题分项版汇编教师版

1专题3牛顿运动定律2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I）一．选择题1.（2019河南郑州二模）如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3间弹簧的弹力为F2—3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018—2019，则下列结论正确的是A.F1—2：F2—3：……F2018—2019=1：2：3：……2018B.从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：……2018C.如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为F，N其余每个球的加速度依然为aD.如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a【参考答案】AD【命题意图】本题以轻弹簧连接的2019个小球为情景，考查连接体、受力分析、牛顿运动定律及其相关知识点。【解题思路】隔离小球1，由牛顿运动定律，F1-2=ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2-3=2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3-4=3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F4-5=4ma，·····把小球1到2018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2018-2019=2018ma，联立解得：F1-2∶F2-3∶F3-4∶F4-5∶F5-6······F2018-2019=1∶2∶3∶4∶5······2018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2018和2019之间的弹簧弹力F2018-2019=2018ma，由牛顿第二定律可得F=2019ma，F2018-2019=ma’，联立解得第2019个小球的加速度a’=20182019Fm，选项C错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F2-3=ma2，解得第2个小球的加速度a2=2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。【方法归纳】对于连接体，要分析求解小球之间的作用力，需要隔离与该力相关的小球列方程解答。解答此题常见错误主要有：一是对弹簧作用力的瞬时性理解掌握不到位；二是研究对象选择不当；三是分析解2答有误。2.（2019年3月兰州模拟）质量为2kg的物体在水平力F作用下运动，t=0时刻开始计时，3s末撤去F，物体继续运动一段时间后停止，其v-t图象的一部分如图所示，整个过程中阻力恒定，则下列说法正确的是A.水平力F为3.2NB.水平力F做功480JC.物体从t=0时刻开始，运动的总位移为92mD.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【参考答案】B【命题意图】本题以水平力作用下物体运动为情景，以速度图像给出解题信息，考查对速度图像的理解、牛顿运动定律、做功及其相关知识点。【解题思路】在0~3s时间内，物体匀速运动，由平衡条件，F-μmg=0，3s末撤去F，在3~5s时间内，物体做匀减速直线运动，运动的加速度大小为a=vt=4m/s2，由牛顿第二定律，μmg=ma，联立解得：μ=0.4，F=8N，选项AD错误；在0~3s时间内，物体匀速运动位移x1=20×3m=60m，水平力F做功W=Fx=8×60J=480J，选项B正确；3s末撤去F，物体继续运动时间t=v/a=5s，即8s末物体停止运动，补全速度图像，由速度图像的面积表示位移可知，物体在3~8s时间内位移x2=20×5×1/2=50m，物体从t=0时刻开始，运动的总位移为s=x1+x2=60m+50m=110m，选项C错误。【方法归纳】速度图像的斜率表示加速度，速度图像的面积表示位移。3.（2019辽宁沈阳一模）如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F1F2，两物体运动一段时间后A.若突然撤去F1，甲的加速度一定减小B.若突然撤去F1，甲乙间的作用力减小C.若突然撤去F2，乙的加速度一定增大D.若突然撤去F2，甲乙间的作用力增大3【参考答案】BC【名师解析】要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析，由隔离法求出甲乙间的作用力，根据表达式进行分析；一起运动时，整体的加速度为：；对乙分析，则甲、乙之间的作用力为：，解得；突然撤去，则整体的加速度，不一定大于，甲乙之间的作用力，故A错误、B正确；突然撤去，则整体的加速度，则，即加速度增大，甲乙之间的作用力为：，故选项C正确，D错误。【名师点睛】关于连接体的处理方法，先整体后隔离，可以求得连接体间的相互作用力的大小。4．（6分）（2019湖北四地七校考试联盟期末）如图所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A、B，质量均为m，A、B之间用轻质细绳水平连接。现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上，A、B开始一起做匀加速运动，在运动过程中把和木块A、B完全相同的木块C放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C并达到稳定后，下列说法正确的是（）A．若C放在A上面，绳上拉力不变B．若C放在B上面，绳上拉力为C．C放在B上，B、C间摩擦力为D．C放在A上比放在B上运动时的加速度大【思路分析】对整体分析，运用牛顿第二定律判断系统加速度的变化。通过隔离分析，得出绳子拉力和摩擦力的大小。【参考答案】C【名师解析】设原来的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得F＝2ma0，因无相对滑动，所以，无论C放到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F＝3ma，a都将减小。若放在A木块上面，以B为研究对象，设绳子拉力T，则T＝ma，绳子拉力减小，故A错误；若C放在B上面，以BC为研究对象，根据牛顿第二定律可得T＝2ma＝F，故B错误；若C放在B上，以C为研究4对象，根据牛顿第二定律可得B、C间摩擦力为f＝ma＝，故C正确；以整体为研究对象，无论C放到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F＝3ma，故C放在A上和放在B上运动时的加速度相同，故D错误；故选：C。【名师点评】解决本题的关键要灵活选择研究对象，会用整体法和隔离法，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解5.（2019仿真模拟）根据图像分析，下列选项正确的是A．2s末质点速度大小为7m/sB．2s末质点速度大小为5m/sC．质点所受的合外力大小为3ND．质点的初速度大小为5m/s【参考答案】B【名师解析】由图象知，物体在在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y方向做匀速直线运动，2s末，，，因而，故A错误，B正确；由速度时间图线的斜率表示加速度知，，，所以合加速度的大小为，根据牛顿第二定律得：物体所受的合外力大小为，故C错误；由图象知，当时，，，所以物体的初速度大小为，故D错误。所以选B。考点：本题考查图及运动的合成与分解，意在考查考生对图象的认识与理解及对运动合成与分解思想的理解。二．计算题1.（2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端。已知m与M之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。从某时刻起物块m以的水平初速度向左运动，同时木=板M在水平外力F控制下始终向右以速度5匀速运动，求：(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小：(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来?【参考答案】（1）f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g（2）【名师解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1，f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知f1=μ1mg①f2=μ2(m+M)g②由平衡条件得：F=f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g③（2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则设④物块向左匀减速运动的位移为X1，则⑤设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速（即停止相对滑动）的时间为t2，则⑥设物块向右匀加速运动的位移为X2，则⑦此过程木板向右匀速运动的总位移为X′，则6⑧则物块不从木板上滑下来的最小长度：⑨代入数据解得：⑩解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为V0，末速度为Vt，则①②加速度：③根据运动学公式：④解得：⑤2.（2019辽宁沈阳一模）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝2m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。【参考答案】（1）（2）（3）【名师点拨】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；7【名师解析】（1）对小滑块分析：其加速度为：，方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有：，可以得到：；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：而且联立可以得到：，，；（3）在时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：，方向向右；在时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：，方向向左；在整个时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：。【画龙点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。3.（2019湖南岳阳二模）如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R=0.1m，两轮轴距为L=3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包(可视为质点)无初速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.6，g=10m/s2，不计空气阻力。(1)要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少?(2)若传送带实际速度为0.2ms，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨，则电机每天相对于空载多消耗的电能E是多少?(所有旅行包均无初速，且与传送带间的μ相同)8【名师解析】4.（2019广东肇庆二模）近年来上购物促使快递行业迅猛发展．如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L＝3m．现将一质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1m静止，包裹B向前运动了0.4m静止．已知包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2.求：（1）包裹A在传送带上运动的时间；9（2）包裹B的质量．【名师解析】（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：11amgmAA①（1分），由①式解得：）（21m/s4a假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：112020sav②（1分）由②式解得：Lsm21，所以上述假设成立（1分）加速过程：211121tas④（1分）由④式解得：）（s11t匀速过程：201tvsL⑤（1分）由⑤式解得：）（s25.02t所以，包裹A在传送带上运动的时间；s25.121ttt⑥（1分）（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：22amgmAA⑦（1分）由⑦式解得：22m/s5a同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是22m/s5a⑧（1分）包裹A向前滑动至静止：AAsav222-0⑨（1分）由⑨式解得：m/s)(1Av包裹B向