山东专用高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律_应用集训含解析

专题三　牛顿运动定律
应用篇
【应用集训】
应用一　应用牛顿运动定律解决多过程问题
　(2021届安徽合肥一中高三联考,15)如图所示,滑块在平行于斜面方向的恒定拉力F作用下从A点由静止开始向上运动,运动到C点(未标出)时撤去拉力,滑块继续上滑到B点速度为零。接着滑块又沿斜面下滑,到A点时滑块的速度vA=6m/s。已知滑块从A点运动到B点的时间与从B点运动到A点的时间相等。
(1)求滑块上滑经过C点时的速度;
(2)若C点是AB的中点,求拉力F与滑块所受摩擦力f的大小之比;
(3)在(2)问条件下,求A、B两点间的高度差(g取10m/s2)。

　答案　(1)6m/s　(2)Ff=81　(3)2.7m
应用二　动力学中的临界极值问题
1.如图a所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速直线运动,拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g=10m/s2),则下列结论正确的是 (　　)

A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为7.5N/cm
C.物体的质量为20kg
D.物体的加速度大小为5m/s2
答案　D　
2.如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为μ,B与地面之间的动摩擦因数为μ3。最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1;若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2,则a1与a2的比值为 (　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1∶1　　B.2∶3　　C.1∶3　　D.3∶2
答案　C　
应用三　传送带问题的处理
　(2020广东高三模拟,4)传送带广泛应用于物品的传输、分拣、分装等工作中,某煤炭企业利用如图所示的三角形传送带进行不同品质煤的分拣,传送带以6m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是1m,且与水平方向的夹角均为37°。现有两方形煤块A、B(可视为质点)从传送带顶端静止释放,煤块与传送带间的动摩擦因数均为0.5,下列说法正确的是 (　　)

A.煤块A、B在传送带上的划痕长度不相同
B.煤块A、B受到的摩擦力方向都与其运动方向相反
C.煤块A比煤块B后到达传送带底端
D.煤块A运动至传送带底端时速度大小为2m/s
　答案　A　
应用四　滑块—滑板模型问题分析方法
1.(2020黑龙江双鸭山高三模拟,8)(多选)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为12μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则 (　　)

A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F=52μmg时,A的加速度为13μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度都不会超过12μg
答案　BCD　
2.(2020江苏南京三模,22)如图,质量均为m=1kg的小物块A和长木板B叠放在水平地面上,左边缘对齐,B上表面有长度分别为L1=6m、L2=3m的涂层,其与A之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3,μ2=0.2,B与地面间的动摩擦因数μB=0.1。现使A获得水平向右的初速度v0=8m/s,A从B表面飞出后不会再次相遇。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2。求:
(1)A在涂层1上滑动时,A与B之间、B与地面之间的摩擦力大小fA、fB;
(2)A离开涂层1时,A、B的速度大小vA、vB;
(3)B运动过程中克服地面摩擦力所做的功W。

答案　(1)3N　2N　(2)5m/s　1m/s　(3)3.5J
[教师专用题组]
【应用集训】
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图,某人在粗糙水平地面上用水平力F推一购物车沿直线前进,已知推力大小是80N,购物车的质量是20kg,购物车与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,下列说法正确的是 (　　)

A.购物车受到地面的支持力大小是40N
B.购物车受到地面的摩擦力大小是40N
C.购物车将沿地面做匀速直线运动
D.购物车将做加速度为a=4m/s2的匀加速直线运动
答案　B　购物车沿水平地面运动,则在竖直方向受到的支持力与重力大小相等,方向相反,所以支持力FN=20×10N=200N,A错误;购物车受到地面施加的摩擦力大小是f=μFN=0.2×200N=40N,B正确;推力大小是80N,所以购物车沿水平方向受到的合力F合=F-f=80N-40N=40N,所以购物车做匀加速直线运动,C错误;购物车的加速度a=F合m=4020m/s2=2m/s2,D错误。
2.(2020天津静海一中等七校期中联考)(多选)“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示,质量为m的小明静止悬挂时,两橡皮绳的夹角为60°(已知重力加速度为g),则 (　　)

A.每根橡皮绳的拉力为mg
B.若将悬点间距离变小,则每根橡皮绳所受拉力将变小
C.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂,则小明此时加速度a=g
D.若拴在小明腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳,则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时,小明的加速度a=12g
答案　BD　两根橡皮绳上的拉力大小相等,设每根橡皮绳的拉力为F,则2Fcos30°=mg,则F=33mg,故A错误。当合力一定时,两分力夹角越小,两分力越小,所以将悬点间距离变小,则每根橡皮绳所受拉力将变小,故B正确。小明左侧橡皮绳在腰间断裂,右侧橡皮绳的拉力不突变,重力不变,则小明此时所受的合力与原来左侧橡皮绳的拉力等大反向,加速度a=33mgm=33g,故C错误。若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳,则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时,左侧绳子拉力瞬间变为零,右侧绳子的拉力发生突变;将重力沿绳方向与垂直于绳方向分解,沿绳方向该瞬间合力为零,垂直绳子方向合力为mgsin30°,由牛顿第二定律可知mgsin30°=ma,可得此时小明的加速度a=12g,故D正确。
【规律总结】弹性绳的弹力瞬时性变化与弹簧相同。非弹性绳产生弹力时可认为是无形变的,其弹力可在瞬间发生突变,在情境突变前后的弹力不同,情境突变后的弹力需依据突变后的状态来确定。

3.(2020重庆一中摸底,4)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(A物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上,使物体A、B开始向上一起做加速度为a的匀加速运动直到A、B分离,重力加速度为g,其中a A.外力施加的瞬间,A、B间的弹力大小为M(g-a)
B.A、B刚分离时,弹簧弹力恰好为零
C.分离时,A上升的高度为M(g+a)k
D.A、B分离后,A速度最大时弹簧恰好恢复原长
答案　A　拉力F施加的瞬间,对A物体,根据牛顿第二定律有F弹-Mg-FAB=Ma,由整体法分析知F弹=2Mg,解得FAB=M(g-a),A正确;两物体处于初始静止状态时,对A、B整体受力分析得2Mg=kx0,此时弹簧的压缩量为x0=2Mgk,在A、B分离瞬间,A、B间的弹力FAB'=0,弹簧弹力不为零,对A受力分析得kx-Mg=Ma,得到这一瞬间弹簧的压缩量为x=Mg+Mak,则A上升的高度h=x0-x=Mg-Mak,故B、C错误;在物体A上升的过程中,当A物体的重力Mg和弹簧弹力相等时,其速度最大,D错误。故选A。
4.(2020河北衡水中学四调)如图甲所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从距弹簧上端高h处自由下落。若以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴OX,小球的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。其中OA段为直线,与OA相切于A点的曲线AB和曲线BC都是平滑的曲线,则关于A、B、C三点对应的X坐标及加速度大小,下列说法正确的是　 (　　)

A.XA=h,aA=0　　B.XA=h,aA=g
C.XB=h+mgk,aB=g　　D.XC=h+2mgk,aC=0
答案　B　OA段对应着小球下落h的过程,则XA=h,到达A点时的加速度为aA=g,选项B正确,A错误。B点是速度最大的地方,此时小球的重力和弹簧的弹力大小相等,方向相反,小球所受合力为0,加速度也就为0,由mg=kx,可知x=mgk,所以XB=h+mgk,C错误。取一个与A点关于B点对称的点,设为D,由A点到B点弹簧的形变量为mgk,由对称性得由B到D弹簧的形变量也为mgk,故到达C点时弹簧形变量要大于h+2mgk,加速度aC>g,所以D错误。
【规律总结】在弹簧弹力作用下的运动具有对称性,物体在经过关于加速度为零的点相对称的位置时,速度、加速度、合力大小相同。
5.(2020湖南长沙一中模拟)(多选)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g取10m/s2,根据图像可求出 (　　)

A.物体的初速度v0=6m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.6
C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44m
D.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑
答案　AC　本题考查特殊图像问题及极值的求解问题,物体在粗糙斜面上向上运动,根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma,得加速度为a=gsinθ+μgcosθ;由运动学公式知当θ=90°时,v02=2gx,可得v0=2gx=6m/s,当θ=0时,v02=2μgx',可得μ=0.75,故A正确,B错误。根据运动学公式得物体能达到的位移为x=v022a,由辅助角公式得a=1+μ2gsin(θ+α),可得位移x的最小值xmin=v022g1+μ2=1.44m,故C正确。由于μ>tan30°,所以当θ=30°时,物体在斜面上达到最大位移停止后,不会下滑,故D错误。
【思路点拨】初速度大小一定,运动到最大位移时速度减小到零,可知运动的最大位移取决于加速度,而加速度与斜面倾角一一对应,故可通过导出x与θ的函数关系表达式来解题,特别是有关极值的问题。
6.(2020山东济南期末)(多选)倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2kg、长为8m的长木板Q,木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1kg的小滑块P,P可视为质点,P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为13。若P、Q同时从静止释放,以下关于P、Q运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2) (　　)

A.P、Q的加速度大小分别为6m/s2、4m/s2
B.P、Q的加速度大小分别为6m/s2、2m/s2
C.滑块P在Q上运动的时间为1s
D.滑块P在Q上运动的时间为2s
答案　BD　对P受力分析,在沿斜面方向上根据牛顿第二定律有mPgsin37°=mPaP,解得aP=gsin37°=6m/s2,对Q受力分析,受重力、斜面对其的支持力、摩擦力和P对其的压力,根据牛顿第二定律有mQgsin37°-μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ,解得aQ=2m/s2,A错误、B正确;设P在Q上面滑动的时间为t,因aP=6m/s2>aQ=2m/s2,故P比Q下滑更快,根据位移关系有L=12aPt2-12aQt2,代入数据解得t=2s,C错误,D正确。
7.(2020山西临汾第二次月考)我国科技已经开启“人工智能”时代,“人工智能”已经走进千家万户。某天,东东呼叫了外卖,外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上,东东操控小型无人机带动货物,由静止开始竖直向上做匀加速直线运动,一段时间后,货物又匀速上升53s,最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升过程中,遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N,货物受到的阻力恒为其重力的0.02。g取10m/s2。计算:
(1)货物的质量m;
(2)货物上升过程中的最大速度v及东东家阳台距地面的高度h。
答案　(1)2kg　(2)1m/s　56m
解析　(1)在货物匀速上升的过程中
由平衡条件得F2=mg+f
其中f=0.02mg
解得m=2kg
(2)设整个过程中的最大速度为v,在货物匀减速运动阶段
由牛顿第二定律得mg+f-F3=ma3
由运动学公式得0=v-a3t3
解得v=1m/s
减速阶段的位移x3=12vt3=0.5m
匀速阶段的位移x2=vt2=53m
加速阶段,由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1,由运动学公式得2a1x1=v2,解得x1=2.5m
阳台距地面的高度h=x1+x2+x3=56m
8.(2015课标Ⅱ,25,20分)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin37°=35)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为38,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求:
(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小;
(2)A在B上总的运动时间。

答案　(1)3m/s2　1m/s2　(2)4s
解析　(1)在0~2s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

f1=μ1N1 ①
N1=mgcosθ ②
f2=μ2N2 ③
N2=N1+mgcosθ ④
规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得
mgsinθ-f1=ma1 ⑤
mgsinθ-f2+f1=ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得
a1=3m/s2 ⑦
a2=1m/s2 ⑧
(2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则
v1=a1t1=6m/s⑨
v2=a2t1=2m/s⑩
t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得
a1'=6m/s2
a2'=-2m/s2
即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有
v2+a2't2=0
联立式得
t2=1s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为
s=12a1t12+v1t2+12a1't22-12a2t12+v2t2+12a2't22=
12m<27m
此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有
l-s=(v1+a1't2)t3+12a1't32
可得
t3=1s(另一解不合题意,舍去)
设A在B上总的运动时间为t总,有
t总=t1+t2+t3=4s
(利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分)

【知识储备】出现临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,即表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。
9.(2020学科网3月一联山东卷)倾角为θ=37°的斜面上叠放着质量均为m=1kg的滑块和长木板,在垂直于斜面方向的压力F作用下,均保持静止。已知滑块与长木板间动摩擦因数μ1=0.2,滑块正处于长木板的中间位置;长木板与斜面间动摩擦因数μ2=0.4,长木板长度L=0.8m。滑块大小忽略不计,各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,斜面足够长,取g=10m/s2,sin37°=0.6。求:
(1)压力F的最小值;
(2)突然撤去压力F,滑块经过多长时间从长木板上滑下?

答案　(1)22N　(2)0.5s
解析　(1)滑块保持静止,设压力最小为F1,由平衡条件有mgsinθ=μ1(mgcosθ+F1)
解得:F1=22N
滑块和长木板整体保持静止,设压力最小值为F2,由平衡条件有2mgsinθ=μ2(2mgcosθ+F2)
解得:F2=14N
则压力最小值为22N。
(2)撤去压力,滑块和木板均沿斜面向下做匀加速直线运动,设加速度分别为a1、a2
对滑块,根据牛顿第二定律有:
mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1;
解得:a1=4.4m/s2;
对长木板,根据牛顿第二定律有:
mgsinθ+μ1mgcosθ-μ2·2mgcosθ=ma2
解得:a2=1.2m/s2
设经过时间t,滑块从木板上滑下,则12a1t2-12a2t2=L2
解得:t=0.5s
10.(2020江苏南通、泰州期末)如图所示,矩形拉杆箱上放着平底箱包,在与水平方向成α=37°的拉力F作用下,一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0kg,拉杆箱的质量M=9.0kg,箱底与水平面间的夹角θ=37°,不计所有接触面间的摩擦,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)若F=25N,求拉杆箱的加速度大小a;
(2)在(1)的情况下,求拉杆箱运动x=4.0m时的速度大小v;
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出,求拉力的最大值Fm。

答案　(1)2m/s2　(2)4m/s　(3)93.75N
解析　(1)若F=25N,以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得Fcosα=(m+M)a
解得a=Fcosαm+M=25×0.81+9m/s2=2m/s2
(2)根据速度与位移的关系可得v2=2ax
解得v=2ax=2×2×4m/s=4m/s
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时,箱包与拉杆之间的弹力刚好为零,以箱包为研究对象,受到重力和支持力作用,此时的加速度为a0,如图所示,

根据牛顿第二定律可得mgtanθ=ma0
解得a0=gtanθ=7.5m/s2
以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得Fmcosα=(m+M)a0
解得拉力的最大值为Fm=93.75N