2022版高考物理一輪復習高考熱點強化3牛頓運動定律的綜合應用含解析

1、高考熱點強化(三)牛頓運動定律的綜合應用(時間：40分鐘)1(2020湖南懷化一中第一次月考)如圖所示，質(zhì)量均為m的a、b兩小球分別用輕質(zhì)細繩l1和輕彈簧系在天花板上的o點和o點，a、b兩小球之間用一輕質(zhì)細繩l2連接，細繩l1、彈簧與豎直方向的夾角均為，細繩l2水平拉直，則下列有關細繩l2被剪斷瞬間的表述正確的是()a細繩l1上的拉力與彈簧彈力之比為11b細繩l1上的拉力與彈簧彈力之比為cos21ca與b的加速度之比為11da與b的加速度之比為1cos b對a球，剪斷細繩l2的瞬間，細繩l1的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細繩l1斜向下，細繩l1的拉力大小為famgcos ，a球的加速度大小aag

2、sin ；對b球，剪斷細繩l2的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向右，彈簧彈力大小fb，b球的加速度大小abgtan ，所以，。2(多選)質(zhì)量分別為m和m的物塊a和b形狀、大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為的斜面，a恰好能靜止在斜面上，不考慮a、b與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放a，斜面仍保持靜止，則下列說法正確的是()甲乙a輕繩的拉力等于mgb輕繩的拉力等于mgca運動的加速度大小為(1sin )gda運動的加速度大小為gacd本題考查連接體的臨界問題。第一次放置時a靜止，則由平衡條件可得mgsin mg；第二次按圖乙放置時，對a、

3、b整體，由牛頓第二定律得mgmgsin (mm)a，聯(lián)立解得a(1sin )gg。對b，由牛頓第二定律有tmgsin ma，解得tmg，故a、c、d正確，b錯誤。3.(2020山東高考)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖象如圖所示。乘客所受支持力的大小用fn表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()a0t1時間內(nèi)，v增大，fnmgbt1t2時間內(nèi)，v減小，fnmgct2t3時間內(nèi)，v增大，fnmgdt2t3時間內(nèi)，v減小，fnmgd根據(jù)位移時間圖象的斜率表示速度可知，0t1時間內(nèi)，圖象斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運動定律可知乘客處于

4、失重狀態(tài)，所受的支持力fnmg，選項c錯誤，d正確。4如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4 m后鎖定，t0時解除鎖定，釋放滑塊。計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的vt圖象如圖乙所示，其中oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線od是t0時的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m2.0 kg，取g10 m/s2，則下列說法正確的是()甲乙a滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動b彈簧恢復原長時，滑塊速度最大c彈簧的勁度系數(shù)k175 n/md該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s2c根據(jù)vt圖線的斜率表示加速度可知，滑塊被釋

5、放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運動，彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大，此時加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復原長時到滑塊停止運動，加速度不變，選項a、b錯誤；由題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1 m/s25 m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為ffmgma125 n10 n，剛釋放時滑塊的加速度大小為a2 m/s230 m/s2，此時滑塊的加速度最大，選項d錯誤；由牛頓第二定律得kxffma2，代入數(shù)據(jù)解得k175 n/m，選項c正確。5.(2020河北衡水第一次月考)如圖所示，傾角為37的傳送帶以速度v12 m/s順時針勻速轉動。一小物塊以v28 m/s的速度從傳送帶的底

6、端滑上傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，傳送帶足夠長，取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，下列說法正確的是()a小物塊運動的加速度大小恒為10 m/s2b小物塊向上運動的時間為0.6 sc小物塊向上滑行的最遠距離為4 md小物塊最終將隨傳送帶一起向上勻速運動c開始時物塊相對傳送帶向上運動，物塊受到的滑動摩擦力沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin 37mgcos 37ma1，代入數(shù)據(jù)解得a110 m/s2。物塊與傳送帶共速后，對物塊分析有mgcos 2(m1m2)g，故木板與地面會先發(fā)生相對滑動，木塊與木板間的摩擦力達到最大靜摩擦力后，木塊

7、與木板就會發(fā)生相對滑動。(1)當f2(m1m2)g3 n時，木塊和木板都沒有被拉動，處于靜止狀態(tài)當木塊和木板一起運動且將要發(fā)生相對滑動時，對木板，根據(jù)牛頓第二定律有1m2g2(m1m2)gm1am解得木塊和木板保持相對靜止的最大加速度am3 m/s2對整體有fm2(m1m2)g(m1m2)am解得木塊和木板將要發(fā)生相對滑動時，水平拉力fm12 n由fm3t1(n)得t14 s。(2)t10 s時，木塊與木板已發(fā)生相對滑動對木板有1m2g2(m1m2)gm1a1解得a13 m/s2對木塊有f1m2gm2a2，而f3t(n)30 n解得a212 m/s2。(3)圖線過(1 s,0)，(4 s,3

8、m/s2)，(10 s,12 m/s2)，圖象如圖所示。答案見解析7兩物塊a、b并排放在水平地面上，且兩物塊接觸面為豎直面，現(xiàn)用一水平推力f作用在物塊a上，使a、b由靜止開始一起向右做勻加速運動，如圖甲所示，在a、b的速度達到6 m/s時，撤去推力f。已知a、b質(zhì)量分別為ma1 kg、mb3 kg，a與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3，b與地面沒有摩擦，b物塊運動的vt圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，求：甲乙(1)推力f的大?。?2)a物塊剛停止運動時，物塊a、b之間的距離。解析(1)在水平推力f作用下，物塊a、b一起做勻加速運動，加速度為a，由b物塊的vt圖象得，a m/s23 m/s2對于

9、a、b整體，由牛頓第二定律得fmag(mamb)a，代入數(shù)據(jù)解得f15 n。(2)設物塊a做勻減速運動的時間為t，撤去推力f后，a、b兩物塊分離，a在摩擦力作用下做勻減速運動，b做勻速運動，對a，由magmaaa，解得aag3 m/s2t s2 s物塊a通過的位移xat6 m物塊b通過的位移xbv0t62 m12 m物塊a剛停止時a、b間的距離xxbxa6 m。答案(1)15 n(2)6 m8.如圖所示，有一條沿順時針方向勻速傳送的傳送帶，恒定速度v4 m/s，傳送帶與水平面的夾角37，現(xiàn)將質(zhì)量m1 kg的小物塊輕放在其底端(小物塊可視作質(zhì)點)，與此同時，給小物塊沿傳送帶方向向上的恒力f8 n

10、，經(jīng)過一段時間，小物塊到達離地面高為h2.4 m的平臺上。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。問：(1)物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間；(2)若在物塊與傳送帶達到相同速度時，立即撤去恒力f，計算小物塊還需經(jīng)過多少時間離開傳送帶以及離開時的速度？解析(1)對物塊受力分析可知，物塊先是在恒力作用下沿傳送帶方向向上做初速為零的勻加速運動，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度達到傳送帶的速度，由牛頓第二定律：fmgcos 37mgsin 37ma1解得：a16 m/s2。t1 sx1 m物塊達到與傳送帶同速后，物體未到頂端，物塊受的

11、摩擦力的方向改變，對物塊受力分析發(fā)現(xiàn)，因為f8 n，而重力沿傳送帶向下的分力和最大摩擦力之和為10 n。 故不能相對斜面向上加速。故得：a20t2 s得tt1t2 s1.33 s。(2)若達到速度相等后撤去力f，對物塊受力分析，因為mgsin 37mcos 37，故物塊減速上行mgsin 37mgcos 37ma3，得：a32 m/s2。物塊還需t離開傳送帶，離開時的速度為vt，則：v2v2a3x2，vt m/s2.3 m/st0.85 s。答案(1)1.33 s(2)0.85 s2.3 m/s9.如圖所示，傾角30的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長l1.8 m、質(zhì)量m3 kg的薄木

12、板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)。對木板施加沿斜面向上的恒力f，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物塊可視為質(zhì)點。(1)為使物塊不滑離木板，求力f應滿足的條件；(2)若f37.5 n，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。解析(1)以物塊和木板整體為研究對象，由牛頓第二定律得f(mm)gsin (mm)a以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得ffmgsin ma又ffffmmgcos 解得f30 n又a0解得f20 n所以20 n30 n，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板