1、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，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11B细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos21CA与B的加速度之比为11DA与B的加速度之比为1cos 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FAmgcos ，A球的加速度大小aAg
2、sin ；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aBgtan ，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mgB轻绳的拉力等于MgCA运动的加速度大小为(1sin )gDA运动的加速度大小为gACD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 mg；第二次按图乙放置时，对A、
3、B整体，由牛顿第二定律得Mgmgsin (Mm)a，联立解得a(1sin )gg。对B，由牛顿第二定律有Tmgsin ma，解得Tmg，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()A0t1时间内，v增大，FNmgBt1t2时间内，v减小，FNmgCt2t3时间内，v增大，FNmgDt2t3时间内，v减小，FNmgD根据位移时间图象的斜率表示速度可知，0t1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
4、失重状态，所受的支持力FNmg，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，t0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t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 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k175 N/mD该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2C根据vt图线的斜率表示加速度可知，滑块被释
5、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/s25 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ffmgma125 N10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2 m/s230 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kxFfma2，代入数据解得k175 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37的传送带以速度v12 m/s顺时针匀速转动。一小物块以v28 m/s的速度从传送带的底
6、端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带足够长，取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 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/s2B小物块向上运动的时间为0.6 sC小物块向上滑行的最远距离为4 mD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 37mgcos 37ma1，代入数据解得a110 m/s2。物块与传送带共速后，对物块分析有mgcos 2(m1m2)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
7、与木板就会发生相对滑动。(1)当F2(m1m2)g3 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1m2g2(m1m2)gm1am解得木块和木板保持相对静止的最大加速度am3 m/s2对整体有Fm2(m1m2)g(m1m2)am解得木块和木板将要发生相对滑动时，水平拉力Fm12 N由Fm3t1(N)得t14 s。(2)t10 s时，木块与木板已发生相对滑动对木板有1m2g2(m1m2)gm1a1解得a13 m/s2对木块有F1m2gm2a2，而F3t(N)30 N解得a212 m/s2。(3)图线过(1 s,0)，(4 s,3
8、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mA1 kg、mB3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为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/s23 m/s2对于
9、A、B整体，由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a，代入数据解得F15 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mAgmAaA，解得aAg3 m/s2t s2 s物块A通过的位移xAt6 m物块B通过的位移xBv0t62 m12 m物块A刚停止时A、B间的距离xxBxA6 m。答案(1)15 N(2)6 m8.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v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m1 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F8 N
10、，经过一段时间，小物块到达离地面高为h2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。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：Fmgcos 37mgsin 37ma1解得：a16 m/s2。t1 sx1 m物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的
11、摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F8 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：a20t2 s得tt1t2 s1.33 s。(2)若达到速度相等后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin 37mcos 37，故物块减速上行mgsin 37mgcos 37ma3，得：a32 m/s2。物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则：v2v2a3x2，vt m/s2.3 m/st0.85 s。答案(1)1.33 s(2)0.85 s2.3 m/s9.如图所示，倾角30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8 m、质量M3 kg的薄木
12、板，木板的最右端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。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F37.5 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(Mm)gsin (Mm)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ffmgsin ma又FfFfmmgcos 解得F30 N又a0解得F20 N所以20 N30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得Fmgcos Mgsin Ma1隔离物块，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t木板的位移x1a1t2物块的位移x2a2t2物块与木板分离的临界条件为xx1x2L联立以上各式解得t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t由公式2gxsin 0v2解得x0.9 m。答案(1)20 NF30 N(2)能1.2 s0.9 m
