2021屆高考最后沖刺牛頓運動定律押題卷 19

11122021屆高考后沖刺牛頓動定律押題1911121．如圖所示，甲同學站在某平邊緣將小球以＝的速度豎直上拋，甲同學把小球拋出的同時，乙同學在距拋出點水平距離＝處靜止開始運動，在小球正下方距地面高h＝處接住小球，并且此時乙同學的水平速度為零，在此過程中可將乙同學的運動看成勻加速和勻減速直線運動于乙同學需要急停在減速運動過程中的加速度大小為加速運動過程中加速度大小的4倍小拋出點距地面的高度為＝，重力加速度g＝2

，忽略空氣阻力，求乙同學在加速過程中的加速度大小?！敬鸢浮?【解析】設小球被拋出到被乙同學接住所需要的時間為，小球的位移為，據(jù)運動學公式可得：h＝﹣＝1根據(jù)位移時間關系可得：﹣＝

gt

解得＝設乙同學加速過程的加速度大小為，間為；減速過程中的加速度大小為4a，時間為；則有：at＝at12at2

x其中t+12

＝聯(lián)立解得：a＝22如所示質(zhì)=8的車放在光滑的水平面上在車左端加一水平推力

N當車向右運動的速度達到1.5時在小車前端輕輕地放上個大小不計量為m=2kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)，小車足夠長2）求：小塊放后，小物塊及小車的加速度各為多大？經(jīng)長時間兩者達到相同的速度？從物塊放到小車上開始，經(jīng)過t=1.5s小塊通過的位移大小為多少？【答案】(1)小車加速度0.52【解析】(1)物塊的加速度a=m/s2m小車的加速度

，小物塊2

；(2)1；(3)2.1。a=M

FM

mg

=0.52由atv＋m0M可得=1開1內(nèi)物的位移s=1

at2m

=1m最大速度vat=2m在接下來的0.5物與小車相對靜止，一做加速運動，且加速度a

FM+

=0.82這0.5內(nèi)位移s=vt＋2

2

=1.1通過的總位移=s＋=2.1m123如所示傾角為37°的斜面與足夠長的水平面在處平滑相接塊從斜面上的O點從靜止開始無初速釋放知塊質(zhì)量=2kg物塊與斜面及物塊與水平面間動摩擦因數(shù)均為=0.5可視為質(zhì)點距平面高sin37°=0.6。2

112求：112（）塊沿斜面運動的加速度大小；（）塊剛運動到P處時速度?。唬ǎK運動過程經(jīng)歷的時間。【答案2

））1.4s【解析】(1)設物塊沿斜面運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mg37cos37解得1

2（）距

37

物塊剛運動到處速度大小為v由運動學公式得v

解得v2m/s（）塊在斜面上運動的時間為t，則x1可得

t1t物塊在水平面上運動的加速度大小為，由

mg

ma

可得a5m/s由

vt2得t0.4s物塊運動過程經(jīng)歷的時間t1則t1.4s

24．如圖甲所示，一足夠長的粗的水平傳送帶在電機的帶動下以恒定的速v沿順時針方向運動，質(zhì)量

mA

的小鐵塊和量

mB

的長木板B疊在一起，位的端，在時AB輕放到傳送帶上，最終A恰好沒有滑離。已知小鐵塊在

的加速度為4m/s

；長木板在～

的加速度分別為8m/s、0，取重力加速度10m/s

?；卮鹣铝袉栴}：在圖乙所示方框內(nèi)同一坐標系中作出、在0~的度－時間圖象；求、間的動摩擦因數(shù)和B傳送帶之間的動摩擦因數(shù)；求木板B的長度。【答案】

；

1

，

；(3)1m【解析由題意知，在同一坐標系中作出的A在01s的速度時圖象，下圖所示4

對，剛放上傳送帶時加速度的大小g1AA

a

，由牛頓第二定律解得

對木板B剛放上傳送帶時加速度的大小

a8m/s

由頓第二定律可得

AB

gaB解得

。(3)B經(jīng)間

t1

與傳送帶共速經(jīng)間

t2

與傳送帶共速，從將B放傳送帶到均與傳送帶相對靜止的過程中，位移分別滿足at1xt長木板長度LBA

(t)2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得L1m。5．如圖所示，一足夠長斜面體定在水平地面上，傾角θ=30°。一質(zhì)量M=1kg長度L的木板B置斜面頂端，恰好保持靜止。質(zhì)量=3kg的物塊從一高處以

v3

m/s的速度水平向右拋出好沿木板方向落到薄木板的最上端知、之的動摩擦因數(shù)為，不計空氣阻力。求2

。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度物落到薄木板上瞬間的速度大??；斜與薄木板間的動摩擦因數(shù)μ；2判物塊能否從薄木板上滑下。若能滑下請分別求出滑下瞬間物塊和木板的速度；若不能滑下，請求出二者間的相對位移。

11【答案】(2)

；物不從薄木板上滑下，0.8m【解析】(1)小物塊A從一處以初速度水平向右拋出，則小物塊做平拋運動；恰好沿木板方向落到薄木板上，則v=0v解得，物塊落到薄木板上瞬間的速度大小2304m/s由木板恰好靜止在斜面上，由平衡條件得30

2

解得，斜面與薄木板間的動摩擦因數(shù)

物剛上B時，對A，牛頓第二定律得

1

mg

A對B，由牛頓第二定律得sin301B代入數(shù)據(jù)解得2.5sA

方向沿斜面向上

方向沿斜面向下設經(jīng)過時間物A木板B到共速v，此時A還有到達木板B的端，則6

Bvt1AB代入數(shù)據(jù)解得t0.4s

，該過程中A的移xA

vt該過程中B的移vxt0.6m＜m3.2m300.5物塊A、板B的對位移x1.4m0.6m0.8mL2mAB假設正確，所以物塊不從薄木板上滑下A、的相對位移6．如圖所示，一水平傳送帶以恒定速率

v2m/1

沿順時針方向轉動，傳送帶右端有一與傳送帶等高的平臺，一煤塊以

v3m/2

的速率從平臺沿直線向左滑上傳送帶，恰好能到達左輪的正上方，動摩擦因數(shù)0.1，力加速度g取0m/s，求：傳帶兩輪的軸心距；煤在傳送帶上運動的時間；若送帶兩輪的周長s均為，求煤塊在傳送帶上留下痕跡的長度?！敬鸢浮?1)4.5m；(2)6.25s；(3)10.5m【解析煤速度減為零時剛好到達傳送帶的左端送兩輪的軸心距即為煤塊向左運動的距離。根據(jù)牛頓運動定律得a

gt1

2

1

2聯(lián)立可得L4.5m

1煤向左速度減為零后立即向右加速送帶共速后勻速運動直到右側離開傳送帶。根據(jù)運動規(guī)律得1vtxatL-xt13t聯(lián)立可得t(3)痕長即為煤塊和傳送的相對位移，以傳送帶為參考系，煤塊以相對于傳送帶作勻減速運動。v)()at)傳送帶的總長LL總聯(lián)立可知L總所以煤塊在傳送帶上留下痕跡的長度為L總

v12

的速度7．如圖所示，粗糙水平軌道AB和傾斜軌道之用一極小段的弧形連接，長L=27.5mBC長，道傾為θ一質(zhì)量m的物（視為質(zhì)點）靜止于A點，現(xiàn)對小物塊施加與水平方向成α=的恒力F，使小物塊沿軌道運動，作用時間

=2s后去恒力F撤去恒力F后物塊減速運動到B點假設小物塊通過點前后速度大小不變，始終貼著軌道運動，小物塊與軌道間動摩擦因數(shù)μ軌道BC間動摩擦因數(shù)μ=12。求：=0.8

力速度取g237小塊在前2s內(nèi)位移的大?。恍K到達點速度大小v；B小塊在軌道上動過的最大距離x。m8

11231123【答案】15m；

10m/s

；【解析】(1)設0~2s內(nèi)物體受到支持力為N，擦力為2s的速度為v，則水平方向1

，加速度為a，位移為x，11cos

1豎直方向Nsinmg1其中f1

1

N1由位移公式

x1

t1

2

，聯(lián)立解得a7.5m/s

，

x15m1撤后物在水平面運動加度為a移為x動到的度為，22則vt由牛頓第二定律有

1

mg

2且xx、v12

ax2解得2

2

，

x12.5m。v2B假小物體靜止前一直在軌道上動，設通過的距為，受到支持力為，摩2擦力為，加速度為，假設不能到達點則沿著斜面mgsin

ma2垂直斜面Ncos

m其中mNf222由速度位移公式得

0

2a

，聯(lián)立解得a=－23由于x＞=17.5m即小物體離開軌道速度不為零小塊在軌道上動通過最大距離即為軌道長度x=17.5mm8．如圖所示，質(zhì)量為M木板靜止在水平面上，一可看作質(zhì)點的小滑塊靜止在木板的右端，其質(zhì)量。知木板與水平面的動摩擦因數(shù)為

0.1

，小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為

0.42

，重力加速度2。時在木板的右端施加一水平向右的拉力，求：（）拉力為多大時M與之間恰好發(fā)生相對運；（）拉力上滑落

1

，則t時小滑塊和木板的速度分別多大（小滑塊未從板（）第二問的前提下，若

后將拉力大小變?yōu)?/p>

17N2

，方向保持不變，為使小滑塊不從木板上滑落下來，求木板的最小長度?！敬鸢?/p>

25N

）

4m/s

，

5m/s

）

【解析設m在M即將滑動時加速度為

0

，可知

2

mgma

0此時的拉力

代入數(shù)據(jù)得25N0（）0，

F1

，故在M上滑動，對小滑塊0

2M3112a2M3112

g4m/s

木板在第1s內(nèi)有1a5m/s

t

時，小滑塊的速度vm木板的速度vaM2（）

t

時，

vm

，故在

之后滑塊先在M上動，其加速度仍為

，設木板的加速度為

213當滑塊與木板速度相等時為vm1M0.5s

20

滑塊與木板將保持相對靜止起動：滑塊與木板在

后，保持相對靜止，

~1.5s

內(nèi)，木板的位移x2

t2

2滑塊的位移為x1

1ta2

2木板的最小長度Lx2代入數(shù)據(jù)得L9法》明確提禁從建筑物中拋擲物，明確了高空拋物是被民法所禁止的行為。假設物體自由下落時，所受空氣阻力與速度平方成正比，一個

的蘋果從離地高度為

的26樓由落下，最終以

v30m/sm

的速度勻速運動然后落地。已知蘋果從接觸地面到速度變?yōu)榈拈g為，重力加速度g。：

（）蘋果下落速度為

15m/s

時，它的加速度大小；（）果對地面產(chǎn)生的平均沖擊力大小?！敬鸢?/p>

）

【解析】(1)當物體勻速下落時，重力與空氣阻力平衡，大小相等，即有mgkvm當物體的速度為時，空氣阻力大小kvmgma

，由牛頓第二定律得聯(lián)立求得7.5m/s2，下落速度為15m/s時蘋果下落的加速度為。當果落地時，由牛頓第二定律得由運動規(guī)律得0m代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求得F，根據(jù)牛頓第三定律有

。10．圖所示，質(zhì)量為M=4kg的長木板B放在光滑水平地面上，在木板的最右端放一質(zhì)量為m=2kg的物塊A可視為質(zhì)點塊木板間的動摩擦因數(shù)，用一水平力F作在木板上，使木板由靜止始勻加速運動，經(jīng)過t，去拉力設物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：力F作過程中，木板的加速度大與物塊的加速度大小；拉撤，木板與物塊相對靜止后，二者共同速度大??；要物塊不從木板上掉下，木板的長度至少為多大？【答案】2

；2

；

5(3)【解析】(1)對小物塊

mg

解得1

2對長木板B2

22111222211122解得

mg

2a

(2)1s末，小物塊A的速度vt2m/s11長木板的度v22

m/s1s撤去力，對小物塊A

mg

對長木板B

mg

4設撤去力后經(jīng)過時間t，者達到共同速度v小物塊Avt2t132長木板

2vt2解得

2v

m/s有時小物塊與長木板相對位移1

tt2

m無力時小物塊與長木板相對位移2

2vt3

m木板的長度至少是1

m．圖所示，一傾的光滑斜面固定在水平地面上，其底端靜止放置著一質(zhì)量m=2kg的塊，現(xiàn)對物塊施加=22.5N的水平推力作用，物塊開始沿斜面向上滑動，一段時間后撤去推力，物塊繼續(xù)向上滑動運動到最高，斜面足夠長sin37°=0.6cos37°=0.8，=10m/s

，求：

21（）去推力F時物塊的速度；21（）塊從開始運動到最高點時總位移的大小?！敬鸢浮?2)9m【解析】(1)設撤去F后加度大小為，牛頓第二定律得mg

2可得a=6m/s2撤去推力時物塊的速度vat=6m/s22設作時加速度的大小為a，牛頓第二定律得1Fcos37°-mgsin37°=ma解得a=3m/s1所以加速運動時間vt21

1物塊從開始運動到最高點時總位移的大小為x

v

t)