《2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题3.21与力的分解相关的牛顿运动定律问题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题3.21与力的分解相关的牛顿运动定律问题含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题 3.21 与力的分解相关的牛顿运动定律问题专题 3.21 与力的分解相关的牛顿运动定律问题 一选择题一选择题 1 （2019 河南名校联盟尖子生调研）1 （2019 河南名校联盟尖子生调研）如图所示，一个小球 O 用 1、2 两根细绳连接并分别系于箱子上的 A 点 和 B 点，OA 与水平方向的夹角为 ，OB 水平，开始时箱子处于静止。则下列说法不正确的是（ ） A若使箱子向右水平加速运动，则绳 1、2 的张力均增大 B若使箱子向右水平加速运动，则绳 1 的张力不变、绳 2 的张力增大 C若使箱子竖直向上加速运动，则绳 1、2 的张力均增大 D若使箱子竖直向上加速运动，则绳 1 的张力增
2、大、绳 2 的张力不变 【名师解析】箱子静止时，小球根据平衡条件有：，；若使箱子向右水平 加速，竖直方向合力为零，有 ：，比较可知绳 1 的张力不变、绳 2 的张力增大，选项 A 说法错误、B 说法正确；若使箱子竖直向上加速， ，比较可知绳 1 的张力增大、绳 2 的张力也增大，选项 C 说法正确、D 说法错误。故说法 不正确的选项为选项 A、D。 【参考【参考答案】AD 2. （2019 福建莆田二模）2. （2019 福建莆田二模）如图，装有水的杯子从倾角 =53的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平 面的夹角 =16取重力加速度g=10m/s2，sin53=0.8，sin16=0.28，
3、则（ ） A.杯子下滑的加速度大小为 B. 杯子下滑的加速度大小为 C. 杯子与斜面之间的动摩擦因数为 D. 杯子与斜面之间的动摩擦因数为 【参考答案】BC 【名师解析】先以水与水杯整体为研究对象，则整体只受到重力、摩擦力及斜面支持力，沿斜面方向上有： Mgsin-Mgcos=Ma 取液面上一滴水滴为研究对象，则水滴受到竖直向下的重力 mg 和周围水垂直于水面的总作用力 N，即： Ncos=mgcos，mgsin-Nsin=ma 联立以上式子得：a=3.5m/s2，=0.75，故选项 BC 正确，AD 错误。 【关键点拨】先以整体为研究对象，对其进行受力分析，求出整体的加速度，然后以水为研究对
4、象，结合 牛顿第二定律分析水的运动状态；结合以上两个式子，列方程求出加速度及动摩擦因数。本题考查了牛顿 第二定律的应用，解题的关键是对水和水杯整体受力分析得出加速度，再对水滴进行隔离分析，列式得出 结果。 3 （2018 洛阳一模）3 （2018 洛阳一模）如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动 力方向与水平方向夹角 60，使飞行器恰恰与水平方向成 30角的直线斜向右上方匀加速飞行， 经时间t后， 将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小， 使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行， 飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( ) A加速时动力的大小等于m
5、g B加速时加速度的大小为 g C减速时动力的大小等于mg 2 3 D减速飞行时间t后速度为零 【参考答案】.BC 【命题意图】 本题考查力的合成、牛顿运动定律及其相关的知识点。 【解题思路】画出使飞行器恰恰与水平方向成 30角的直线斜向右上方匀加速飞行时的受力矢量图， 如图 1 所示，由 2mgcos30=F，可得加速时动力的大小等于 F=mg，选项 A 错误；动力 F 与飞船重力 mg3 的合力等于 mg，所以飞船加速时加速度的大小为 g，选项 B 正确；画出使飞行器沿原方向匀减速飞行时的 受力矢量图，如图 2 所示，由 sin60=F/mg 可得减速时动力的大小等于 F=mg，选项 C
6、正确；加速 2 3 飞行时间 t 后的速度为 v=at=gt。 减速飞行的合外力大小为 mgcos60=mg/2， 减速飞行的加速度大小为 g/2， 减速飞行时间 2t后速度为零，选项 D 错误。 图 1 图 2 4.（2018 石家庄一模）4.（2018 石家庄一模）如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，CD 为过 O 点且与 AB 成 60夹角的 固定光滑细直杆，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球分别从 C 点由静止释放，小球从C 点运动到D点所用的时间为t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1t2等于（ ） A11 B21 C1 D222 【参考答案】.
7、C 【命题意图】 本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关的知识点。 【解题思路】对沿CD光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin30=ma1，解得a1=g/2；设CD=d， 由匀变速直线运动规律，d=a1t12，解得t1=2。对沿CB光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律， 1 2 d g mgsin60=ma2， 解得a2=g/2； 光滑杆CB=d sin60=d/2， 由匀变速直线运动规律，d/2=333 1 2 a2t22， 解得t2=。t1t2=2=1，选项 C 正确。2 d g d g 2 d g 2 【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是把该题的情景误认为是等时圆
8、模型，导致错选 A；二是不能正 确运用相关数学知识得出 CB 光滑光滑杆的长度和倾角；三是没有正确运用牛顿运动定律和匀变速直线运动 规律，导致计算错误。 二计算题二计算题 1.(10 分) （2019 天津部分学校期末联考）1.(10 分) （2019 天津部分学校期末联考）一小滑块以 10m/s 的初速度沿倾角为 =37的固定斜面上滑。 已知滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.5，设斜面足够长。(g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0，8)求： (1)物体上滑的最大位移; (2)物体回到出发点时的速度。 【名师解析】 （10 分）： （1）根据牛顿第二定律得mgsin+mgcos=
9、ma1 解得a1=gsin+gcos 代入数据得a1=10m/s2 根据速度位移公式v02=2as 解得s= 2 0 2 v a 代入数据得s=5.0m （2）根据牛顿第二定律，下滑的加速度为mgsin-mgcos=ma2 解得a2=gsin-gcos 代入数据得a2=2m/s2 根据速度位移公式 2 2 2va s 解得 2 2va s 代入数据得v 2 5 m/s 2（12 分）（2019 河南天一大联考 6）2（12 分）（2019 河南天一大联考 6） 一质量为 m0.1kg 的滑块 （可视为质点） 从倾角为 37、 长为 L6m 的固定粗糙斜面顶端由静止释放，滑块运动到斜面底端时的速
10、度大小为 v，所用的时间为 t。若让此滑块从 斜面底端以速度v滑上斜面， 则滑块在斜面上上滑的时间为 已知重力加速度g取10m/s2， sin370.6， cos370.8，求： （1）滑块通过斜面底端时的速度大小； （2）滑块从斜面底端以速度 滑上斜面又滑到底端时的动能。 【名师解析】 （1）设滑块和斜面间的动摩擦因数为 ，滑块下滑时的加速度大小为 a1，游块上滑时的加速度大小 a2， 由牛顿第二定律可得： 滑块下滑时 mg（sincos）ma1 滑块上滑时 mg（sin+cos）ma2 由题意有 va2ta1t 联立解得：0.25 则滑块在斜面上下滑时的加速度 a14m/s2，滑块上滑时的
11、加速度大小 a28m/s2 由运动学公式有中 v22a1L 联立解得：v4m/s （2）设滑块沿斜面上滑的最大位移为 x，则有 v22a2x 解得：x3m 则滑块从斜面底端上滑到下滑到斜面底端的过程由动能定理得：mgcos2xEk 解得：Ek1.2J 答：（1）滑块通过斜面底端时的速度大小是 4m/s； （2）滑块从斜面底端以速度 滑上斜面又滑到底端时的动能是 1.2J。 3 (9 分)3 (9 分)如图 14 所示，一小轿车从高为 10 m、倾角为 37的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到 达底端时进入一水平面，在距斜坡底端 115 m 的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为 21
12、03 N， 在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为 1.4104 N，小轿车的质量为 2 t，小轿车与斜坡及水平 地面间的动摩擦因数均为 0.5(sin 370.6，cos 370.8，g取 10 m/s2)。求： (1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度； (2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(轿车在行驶过 程中不采用刹车装置) 【名师解析】 (1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得 F1mgsin 37mgcos 37ma1 代入数据得斜坡上小轿车的加速度a13 m/s2 由v2a1x1 2 1 x1 h sin 37 得小轿车行驶至斜坡底
13、端时的速度v110 m/s。 (2)在水平地面上加速时F2mgma2 代入数据得a22 m/s2 关闭油门后减速mgma3， 代入数据得a35 m/s2 设关闭油门时轿车的速度为v2，有 x2 vv 2a2 v 2a3 得v220 m/s，t5 s v2v1 a2 即在水平地面上加速的时间不能超过 5 s。 4(15 分) （2019 广东惠州第三次调研）4(15 分) （2019 广东惠州第三次调研）为拍摄鸟类活动，摄影师用轻绳将质量为 m=2.0kg 的摄影机跨过 树枝，悬挂于离地面 H=8.5m 高的 B 点，绳子另一端连着质量 M=4kg 的沙袋，并将沙袋控制在地面上的 A 点， 某时
14、刻，沙袋突然失控，当沙袋水平滑动到较长的斜坡底端 C 时，摄影机下落到距地面上方 h=5.0m 高的 D 点，斜坡倾角为 370，此时细绳与斜面平行，最终摄影机恰好没有撞击地面，已知沙袋与斜面间的动摩擦因 数为=0.175， 不计细绳与树枝间的摩擦， g 取 10m/s2； 求 （不计 C 处的能量损失， sin370=0.6， cos370=0.8） （1）从 D 点开始下落的过程中，摄影机做什么运动？ （2）摄像机在 D 点时的速度大小； （3）摄影机下落全过程中，沙袋及摄影机组成的系统克服摩擦阻力所做的功 【命题意图】 本题以摄影机下落为情景， 考查牛顿运动定律、 功能关系及其相关知识点
15、， 意在考查建模能力， 运动和力的观念，利用功能关系分析解决问题的能力。 【解题思路】 （1）摄影机做匀减速直线运动 (2 分) （2）对 M、m 两物体组成的系统：mg-Mgsi-Mgcos=(m+M)a 解得:a=-1.6m/s2 (2 分) 由 D 到地面：0-vD2=2ah (2 分) 解得:vD=4m/s (2 分) （3）从 B 点到地面，对系统，全过程由功能关系可知： Wf=mgH-Mghsin (2 分) 解得:Wf=50J (2 分) 5 （14 分）5 （14 分）图所示，在风洞实验室里，直细杆倾斜放置，一个m2kg 小球穿在细杆上，风对小球的作用力 的方向水平向右，作用力
16、的大小恒定不变。细杆与水平面之间的倾角为37，小球穿与斜面间的动摩 擦因数为0.5， 从t0 时刻开始， 物体运动的与时间t的关系如图所示 所示 （x为位移） ，t2s x t x t t 时关闭风洞撤去风力， g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求： （1）风力 F 的大小； （2）物体向上运动过程中距计时点的最大距离。 （3）物体由斜面最高点返回计时点的时间 【参考答案】 （1）32N；（2）52m；（3）52s 【名师解析】 （1）由匀变速直线运动公式得 对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示，则有： 1 1 2 a v012m/s，a14m/s2 在沿斜面
17、上有 解得 （2）2 秒末 v1v0a1t20m/s 0 到 2 秒： 2 秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为a2gsin37+gcos3710m/s2 2 秒后沿斜面向上位移： 物体向上运动过程中距计时点的最大距离为 xx1x252m （3）物体由斜面最高点返回计时点的过程中，做匀加速运动， 其加速度为a3gsin37-gcos372m/s2 物体由斜面最高点返回计时点的时间 6 （14 分）6 （14 分）如图所示，一质量m=2kg 的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平夹角 =37，杆 与球间的动摩擦因数=0.5，t=0 时小球在水平向左的拉力F作用下从A点由静止出发沿杆开始做匀
18、加速 运动 加速度大小a1=2m/s2 ， 小球运动t1=5s 到达P点 （没画出） 后撤去拉力F，g=10m/s2 ， sin37=0.6， cos37=0.8 （1）求力 F 的大小； （2）求撤去力 F 后，再经过 2.5s，小球的距离出发点 A 的距离 （3）小球运动到距离 P 点 4m 处时，小球的运动时间（可用根式） 【参考答案】 （1）48N；（2）27.75m； （3）或 7s 或 9s 3015 s 5 【名师解析】 （1）对小球受力分析，由牛顿第二定律得： 在平行斜面方向上有： 垂直斜面方向上有： 其中： f FN 联立解得： ；48NF （2）有 F 作用时，小球运动的距
19、离为； 当撤去 F 后，由牛顿第二定律：，解得小球的加速度为； 撤去 F 时小球的速度为，所以小球停下来还需要； 所以小球先沿杆向上运动 t2=1s，然后沿杆向下运动 t3=1.5s。 撤去 F 后小球沿杆向上运动的距离 小球沿杆向下运动时，由牛顿第二定律：，解得小球的加速度为； 2 3 2/am s 在 t3=1.5s 小球运动的距离 故撤去力 F 后，再经过 2.5s，小球的距离出发点 A 的距离为； (3) 小球运动到距离 P 点 4m 有三次：(a)第一次是沿杆向上运动经过 P 点上方 4m 处；(b)第二次是球沿杆向 下运动经过 P 点上方 4m 处；(c)第三次是向下运动经过 P
20、点下方 4m 处。 （a）撤去外力后，再沿杆向上运动 4m 由位移公式得：，解得，所以，第一次沿杆向上运动经过 P 点上方 4m 处， 小球的运动时间t5=t1+t4=5.5s (b)第二次是球沿杆向下运动经过 P 点上方 4m 处 由位移公式 ： ，解得 t6=1s，所以，第二次沿杆向下运动经过 P 点上方 4m 处，小球的运动 时间 t7=t1+ t2+t6=7s (c)第三次是向下运动经过 P 点下方 4m 处。 由位移公式 ： ，解得 t8=3s，所以，第三次沿杆向下运动经过 P 点下方 4m 处，小球的运动 时间 t9=t1+ t2+t8=9s 7. 7. 如图所示，一质量m0.4
21、kg 的小物块，以v02 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下， 沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s 的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m.已知斜面倾 角30，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取 10 m/s2。 3 3 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 【参考答案】(1)3 m/s2 8 m/s (2)30 N 13 3 5 【名师解析】(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2 1 2 vv0at 联立式，代入数据得a3 m/s2 v8 m/s (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二 定律得 Fcos mgsin Ffma Fsin FNmgcos 0 又FfFN 联立式得 F mg（sin cos ）ma cos sin 由数学知识得 cos sin sin(60) 3 3 2 3 3 由式可知对应最小F的夹角30 联立式，代入数据得F的最小值为 Fmin N 13 3 5