（新課標）2023年高考物理一輪復習第三章牛頓運動定律章末熱點集訓

PAGEPAGE1第三章牛頓運動定律章末熱點集訓牽連體問題(多項選擇)如下圖，用力F拉A、B、C三個物體在光滑水平面上運動，現(xiàn)在中間的B物體上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運動，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力Ta和Tb的變化情況是()A．Ta增大 B．Tb增大C．Ta減小 D．Tb減小[解析]在加橡皮泥之前，設C物體質量為m，A物體質量為m′，整體質量為M，整體的加速度a＝eq\f(F,M)，對C物體分析，Tb＝ma＝eq\f(mF,M)，對A物體分析，有F－Ta＝m′a，解得Ta＝F－eq\f(m′F,M).在B物體上加上一塊橡皮泥后，那么整體的加速度減小，因為m、m′不變，所以Tb減小，Ta增大，應選項A、D正確，B、C錯誤．[答案]AD1.如下圖，水平桌面光滑，A、B物體間的動摩擦因數為μ(可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，A物體質量為2m，B和C物體的質量均為m，滑輪光滑，砝碼盤中可以任意加減砝碼．在保持A、B、C三個物體相對靜止共同向左運動的情況下，B、C間繩子所能到達的最大拉力是()A.eq\f(1,2)μmg B．μmgC．2μmg D．3μmg解析：選B.因桌面光滑，當A、B、C三者共同的加速度最大時，F(xiàn)BC＝mCa才能最大．這時，A、B間的相互作用力FAB應是最大靜摩擦力2μmg，對B、C整體來講：FAB＝2μmg＝(mB＋mC)a＝2ma，a＝μg，所以FBC＝mCa＝μmg，選項B正確．動力學中的臨界、極值問題(多項選擇)如下圖，小車內有一質量為m的物塊，一輕質彈簧兩端與小車和物塊相連，處于壓縮狀態(tài)且在彈性限度內，彈簧的勁度系數為k，形變量為x，物塊和小車之間的動摩擦因數為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，運動過程中，物塊和小車始終保持相對靜止，那么以下說法正確的選項是()A．假設μmg小于kx，那么小車的加速度方向一定向左B．假設μmg小于kx，那么小車的加速度最小值為a＝eq\f(kx－μmg,m)，且小車只能向左加速運動C．假設μmg大于kx，那么小車的加速度方向可以向左也可以向右D．假設μmg大于kx，那么小車的加速度最大值為eq\f(kx＋μmg,m)，最小值為eq\f(kx－μmg,m)[解析]假設μmg小于kx，而彈簧又處于壓縮狀態(tài)，那么物塊所受彈簧彈力和靜摩擦力的合力水平向左，即小車的加速度一定向左，A對；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma，當Ff＝μmg時，加速度方向向左且最小值為amin＝eq\f(kx－μmg,m)，隨著加速度的增加，F(xiàn)f減小到零后又反向增大，當再次出現(xiàn)Ff＝μmg時，加速度方向向左到達最大值amax＝eq\f(kx＋μmg,m)，但小車可向左加速，也可向右減速，B錯；假設μmg大于kx，那么物塊所受彈簧彈力和靜摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小車的加速度方向可以向左也可以向右，C對；當物塊的合外力水平向右時，加速度的最大值為eq\f(μmg－kx,m)，物塊的合外力水平向左時，加速度的最大值為eq\f(μmg＋kx,m)，那么小車的加速度最大值為eq\f(kx＋μmg,m)，最小值為0，D錯．[答案]AC2.如下圖，一質量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m．斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3).重力加速度g取10m/s2.(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小．(2)拉力F與斜面的夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？解析：(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得：L＝v0t＋eq\f(1,2)at2①v＝v0＋at②聯(lián)立①②式，代入數據解得：a＝3m/s2，v＝8(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面之間的夾角為α，受力分析如下圖，由牛頓第二定律得：Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma③Fsinα＋FN－mgcosθ＝0④又Ff＝μFN⑤聯(lián)立③④⑤解得：F＝eq\f(mg〔sinθ＋μcosθ〕＋ma,cosα＋μsinα)⑥由數學知識得：cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α)⑦由⑥⑦式可知對應的F最小值與斜面的夾角α＝30°⑧聯(lián)立⑥⑧式，代入數據得F的最小值為：Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N.答案：(1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13\r(3),5)N應用動力學觀點分析傳送帶模型(多項選擇)(2022·湖北黃岡模擬)三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2m，且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以v0的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5，以下說法正確的選項是()A．假設v0≥1m/s，那么物塊A先到達傳送帶底端B．假設v0≥1m/s，那么物塊A、B同時到達傳送帶底端C．假設v0＜1m/s，那么物塊AD．假設v0＜1m/s，那么物塊A、B[解析]因為μ＜tan37°，假設v0≥1m/s，兩物塊以相同的初速度和加速度沿傳送帶下滑，摩擦力均阻礙物塊的運動，所以物塊A、B同時到達傳送帶底端，B選項正確；假設v0＜1m/s，開始運動的一段時間內，物塊A的加速度大于物塊B的加速度，然后加速度相等，所以物塊A先到達傳送帶底端，即C[答案]BC3.如下圖，水平傳送帶以速度v1＝2m/s勻速向左運動，小物塊P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，mP＝2kg、mQ＝1kg，某時刻P在傳送帶右端具有向左的速度v2＝4m/s，小物塊P與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.1，P與定滑輪間的輕繩始終保持水平．不計定滑輪質量和摩擦，小物塊P與傳送帶之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，傳送帶、輕繩足夠長，取g＝10m(1)小物塊P在傳送帶上向左運動的最大距離x；(2)小物塊P離開傳送帶時的速度大小v.解析：(1)P先以大小為a1的加速度向左做勻減速運動，直到速度減為v1，設位移大小為x1，輕繩中的張力大小為T1，由牛頓第二定律得對P有T1＋μmPg＝mPa1①對Q有mQg－T1＝mQa1②聯(lián)立①②解得a1＝4m/s2由運動學公式有－2a1x1＝veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2)④聯(lián)立③④解得x1＝1.5mP接著以大小為a2的加速度向左做勻減速運動，直到速度減為0，設位移大小為x2，輕繩中的張力大小為T2，由牛頓第二定律得對P有T2－μmPg＝mPa2⑥對Q有mQg－T2＝mQa2⑦聯(lián)立⑥⑦解得a2＝eq\f(8,3)m/s2⑧由運動學公式有－2a2x2＝0－veq\o\al(2,1)⑨聯(lián)立⑧⑨解得x2＝0.75故P向左運動的最大距離x＝x1＋x2＝2.25m(2)P向左運動的速度減為0后，再以大小為a2的加速度向右做勻加速運動，直到從右端離開傳送帶，由運動學公式有2a2x＝v解得v＝2eq\r答案：(1)2.25m(2)2動力學中的圖象問題如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端放置著靜止的小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為常數．假設A、B之間的最大靜摩擦力為Ff，且滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等，mB＝2mA.那么以下圖象中，可以定性地描述長木板B運動的v－t圖象的是()[解析]根據題意，開始時，A、B相對靜止，相對滑動前以相同加速度a＝eq\f(kt,mA＋2mA)向右做變加速運動，木板B的最大加速度aB＝eq\f(Ff,2mA)，當eq\f(kt－Ff,mA)＝eq\f(Ff,2mA)時，A、B開始相對滑動，解得時間t＝eq\f(3Ff,2k)，之后A的加速度aA＝eq\f(kt－Ff,mA)隨時間增大，木板B以不變的加速度aB＝eq\f(Ff,2mA)做勻加速直線運動．從以上分析可知，C正確．[答案]C4.如圖甲所示，質量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質量為m、可視為質點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板到達共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點的坐標分別為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根據v－t圖象，求：(1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，到達共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3；(2)物塊質量m與長木板質量M之比；(3)物塊相對長木板滑行的距離Δx.解析：(1)由v－t圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1＝eq\f(10－4,4)m/s2＝1.5m/s2，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2＝eq\f(4－0,4)m/s2＝1m/s2，到達共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3＝eq\f(4－0,8)m/s2＝0.5m/s2.(2)對物塊沖上木板勻減速階段：μ1mg＝ma1對木板向前