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2022版高考物理一轮复习 高考热点强化3 牛顿运动定律的综合应用

2022版高考物理一轮复习 高考热点强化3 牛顿运动定律的综合应用

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高考热点强化(三)　牛顿运动定律的综合应用
(时间：40分钟)
1．(2020·湖南怀化一中第一次月考)如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是(　　)

A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ∶1
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为1∶cos θ
B　[对A球，剪断细绳L2的瞬间，细绳L1的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，细绳L1的拉力大小为FA＝mgcos θ，A球的加速度大小aA＝gsin θ；对B球，剪断细绳L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，弹簧弹力大小FB＝，B球的加速度大小aB＝gtan θ，所以＝，＝。]
2．(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　乙
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．A运动的加速度大小为g
ACD　[本题考查连接体的临界问题。第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对A、B整体，由牛顿第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g＝g。对B，由牛顿第二定律有T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，故A、C、D正确，B错误。]
3.(2020·山东高考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)

A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
D　[根据位移—时间图象的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图象斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项A错误；t1～t2时间内，图象斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图象斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C错误，D正确。]
4．如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v­t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　　　乙
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
C　[根据v­t图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，选项C正确。]
5.(2020·河北衡水第一次月考)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动。一小物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．小物块运动的加速度大小恒为10 m/s2
B．小物块向上运动的时间为0.6 s
C．小物块向上滑行的最远距离为4 m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
C　[开始时物块相对传送带向上运动，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，代入数据解得a1＝10 m/s2。物块与传送带共速后，对物块分析有μmgcos θ<mgsin θ，物块继续做减速运动。在物块速度小于传送带速度直至速度减为零的过程中，物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得a2＝2 m/s2，所以物块运动的加速度大小不是恒为10 m/s2，选项A、D错误；在物块速度与传送带速度相同之前，设物块减速所用的时间为t1，则由匀变速直线运动规律可得v1＝v2－a1t1，代入数据解得t1＝0.6 s，设物块速度小于传送带速度之后，减速到零所用的时间为t2，则有v1＝a2t2，代入数据解得t2＝1.0 s，所以物块在传送带上向上运动的时间为t＝t1＋t2＝1.6 s，选项B错误；物块向上滑行的最远距离为x＝t1＋t2，代入数据解得x＝4 m，选项C正确。]
6．如图甲所示，在水平面上有一质量m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量m2＝2 kg的木块，木块和木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，木块和木板间以及木板和地面间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，取g＝10 m/s2。

甲　　　　　　　乙
(1)求木块与木板保持相对静止的时间t1；
(2)求t＝10 s时木块、木板各自加速度的大小；
(3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。
[解析]　F从零开始逐渐增大，木板上、下表面受到的静摩擦力也从零开始逐渐增大，由于μ1m2g>μ2(m1＋m2)g，故木板与地面会先发生相对滑动，木块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力后，木块与木板就会发生相对滑动。
(1)当F≤μ2(m1＋m2)g＝3 N时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态
当木块和木板一起运动且将要发生相对滑动时，对木板，根据牛顿第二定律有
μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1am
解得木块和木板保持相对静止的最大加速度am＝3 m/s2
对整体有Fm－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am
解得木块和木板将要发生相对滑动时，水平拉力Fm＝12 N
由Fm＝3t1(N)得t1＝4 s。
(2)t＝10 s时，木块与木板已发生相对滑动
对木板有μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1
解得a1＝3 m/s2
对木块有F′－μ1m2g＝m2a2，而F′＝3t(N)＝30 N
解得a2＝12 m/s2。
(3)图线过(1 s,0)，(4 s,3 m/s2)，(10 s,12 m/s2)，图象如图所示。

[答案]　见解析
7．两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v­t图象如图乙所示。g取10 m/s2，求：

甲　　　　　　乙　
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
[解析]　(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图象得，
a＝＝ m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。
(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得
aA＝－μg＝－3 m/s2
t＝＝ s＝2 s
物块A通过的位移xA＝t＝6 m
物块B通过的位移
xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离
Δx＝xB－xA＝6 m。
[答案]　(1)15 N　(2)6 m
8.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块到达离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。问：

(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
[解析]　(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得：a1＝6 m/s2。
t1＝＝ s
x1＝＝ m
物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大摩擦力之和为10 N。 故不能相对斜面向上加速。故得：a2＝0
t2＝＝ s
得t＝t1＋t2＝ s≈1.33 s。
(2)若达到速度相等后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin 37°>μmcos 37°，故物块减速上行mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3，
得：a3＝2 m/s2。
物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：
v2－v＝2a3x2，vt＝ m/s≈2.3 m/s
t′＝＝0.85 s。
[答案]　(1)1.33 s　(2)0.85 s　2.3 m/s
9.如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点。

(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
[解析]　(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又Ff≤Ffm＝μmgcos α
解得F≤30 N
又a>0解得F>20 N
所以20 N<F≤30 N。
(2)因F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得
F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcos α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1＝a1t2
物块的位移x2＝a2t2
物块与木板分离的临界条件为Δx＝x1－x2＝L
联立以上各式解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得x＝0.9 m。
[答案]　(1)20 N<F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m