(新高考)高考物理二轮复习大题优练2 牛顿运动定律的综合应用问题(2份打包，解析版+原卷版)

例1．传送带被广泛应用于各行各业。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2 m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L＝7 m，N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住。在传送带上的O处由静止释放质量为m＝1 kg的木块，木块可视为质点，若木块每次与挡板P发生碰撞时间极短，碰后都以碰前的速率反方向弹回，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，O、M间距离L1＝3 m，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)

(1)木块轻放上传送带后瞬间的加速度大小；

(2)木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P的距离；

(3)木块做稳定的周期性运动后的周期。

【解析】(1)放上的后瞬间，根据牛顿第二定律：

mgsin θ－μmgcos θ＝ma1

解得木块轻放上传送带后瞬间的加速度a1＝2 m/s2。

(2)设木块与挡板P碰撞前的速度v1，由运动学知识：

v12＝2a1(L－L1)

解得v1＝4 m/s

木块与挡板P碰后向上减速到共同速度之前：

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2

解得a2＝10m/s2

木块向上的位移x1＝＝0.6m

共同速度之后，摩擦力反向，加速度为a1

木块向上的位移x2＝＝1 m

木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P的距离

xm＝x1＋x2＝1.6 m。

(3)木块做稳定的周期性运动后，每次与挡板碰前的速度为v＝2m/s

则稳定后周期为T＝2＝2 s。

例2．如图所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m＝1 kg的木块(可视为质点)放在质量M＝2 kg的长木板的左端A点，木板长L＝2 m。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。开始时木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝5 m/s，在xp＝10 m处有一固定挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，g取10 m/s2，求：

(1)木板与挡板碰撞时的速度大小v；

(2)木块最终停止运动时的位置坐标。

【解析】(1)由题意可知，木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，加速度大小为a1＝μ1g＝1 m/s2

设木板碰挡板时的速度为v，则有v2－v02＝2(－a1)s

其中s＝xP－L＝8 m

解得v＝3 m/s。

(2)木块运动分几个过程：

过程1：共同向右减速到3 m/s，加速度大小a1＝μ1g＝1m/s2，位移x1＝8 m，方向向右；

过程2：碰后向右减速到零再反向加速到与木板共速，

木块的加速度大小a2＝μ2g＝5 m/s2

木板的加速度大小m/s2

设二者达到共速所用时间为t1，共同速度为v1，可得

v1＝v－a2t＝－(v－a3t)

解得：s，v1＝s（方向向左）

木块的位移为m，方向向右；

过程3：木块和木板共同向左减速至停下，加速度大小为a4＝μ1g＝1m/s2

位移m，方向向左

所以木块的最终坐标为m。

1．如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创造的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体时的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所需要的时间更长，这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究实验现象。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长。如果m＝M，求：

(1)物体B从静止开始下落一段距离所用的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；

(2)系统由静止释放后，运动过程中物体C对物体B的拉力。

2．质量为10 kg的环在F＝200 N的拉力作用下，沿粗糙直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ＝37°。力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后，速度减为零。求：

(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；

(2)环沿杆向上运动的总距离s。

3．如图所示，奥运会跳水比赛是我国的传统优势项目，为了备战2021年日本东京夏季奥运会，在某次跳台跳水训练中，质量为m＝50 kg的运动员从H＝5 m高处自由下落进入水中。将该运动过程简化为模型如图所示，假设运动员入水后受到大小恒为f＝100 N的阻力和F＝900 N的恒定浮力，水池深度足够深，忽略运动员在空气中运动时的阻力，g取10 m/s2。求：

(1)在水中能到达的最大深度h；

(2)从开始下落到返回水面所需时间t；

4．某中学两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝0.50 m、质量M＝0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.80 kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。

(1)若F1＝24 N，F2＝16 N，求木板的加速度大小以及经过多少时间滑块从木板上端离开木板？

(2)若F2＝18 N，为使滑块与木板不能发生相对滑动，求F1必须满足什么条件？

5．如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1＝2 kg的木板A以v0＝3 m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1。将一质量m2＝1 kg的滑块B轻放在距木板下端L处，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且μ2＝μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板。已知斜面足够长，sin θ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1（结果可保图根号）；

(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1；

(3)滑块B释放时距木板下端的距离L。

6．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

(2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的最终距离。

答 案

1．【解析】(1)设物体的加速度大小为a，绳子中的张力大小为F

对物体A：F－Mg＝Ma

对物体B、C整体：(M＋m)g－F＝(M＋m)a

解得：a＝g

代入m＝M得，a＝

物体B从静止开始下落一段距离h历时t，则h＝at2

自由落体相同距离历时t0，则h＝gt02

解得：＝＝3。

(2)设物体B对物体C的拉力为T，对物体C有：mg－T＝ma

解得：T＝mg

由牛顿第三定律可知，物体C对物体B的拉力为mg，方向竖直向下。

2．【解析】(1)设环做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小分别为a1和a2，撤去力F瞬间物体的速度为v，则：v＝a1t1，0＝v－a2t2

根据牛顿第二定律得

Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ－mgcos θ)＝ma1

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2

联立解得：μ＝0.5，a1＝8 m/s2，a2＝10 m/s2。

(2)所以环沿杆向上运动的总距离s＝a1t12＋a2t22＝1.8 m。

3．【解析】(1)在水中能到达的最大深度为h，对运动员在整个下落过程中，根据动能定理有：Mg(H＋h)－(f＋F)h＝0

代入数据得：h＝5 m。

(2)运动员在水面上自由下落：H＝gt12

t1＝1 s

在水中向下运动，由牛顿第二定律得：F＋f－mg＝ma

v＝gt1，v＝at2

解得t2＝1s

在水中向上运动，设加速度大小为a′，有：F－f－mg＝ma′

h＝a′t32

解得t3≈1.3 s

所以从开始下落到返回水面所需时间t＝t1＋t2＋t3＝3.3 s。

4．【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿第二定律有：

F2－μF1－mg＝mam，得am＝4 m/s2

对木板由牛顿第二定律有：μF1－Mg＝MaM，得aM＝2 m/s2

因为am>aM，所以假设成立，设时间为t滑块上升的高度为xm，则：xm＝amt2

木板上升的高度xM，则：xM＝aMt2

滑块从木板上端离开木板，则有：xm－xM＝L

解得：t＝ s。

(2)对滑块和木板整体由牛顿第二定律有：F2－(M＋m)g＝(M＋m)a

a＝5 m/s2

对木板由牛顿第二定律有：f－Mg＝MaM

不能发生相对滑动应有：μF1≥f

解得：F1≥30 N。

5．【解析】(1)开始木板A能够匀速下滑，有：m1gsin θ＝μ1m1gcos θ

解得：。

(2)刚放上滑块B，对滑块B分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：

m2gsin θ＋μ2m2gcos θ＝m2a2

解得：a2＝6 m/s2

对木扳A分析，由牛顿第二定律可得：

μ2m2gcos θ＋μ1(m1＋m2)gcos θ－m1gsin θ＝m1a1

解得：a1＝3 m/s2。

(3)设经过t1时间，A与B共速v，则有：

v＝v0－a1t1

v＝a2t1

联立可解得：t1＝ s，v＝2 m/s

B相对A往后打滑s1，有：s1＝(v0＋v)t1－vt1＝0.5 m

共速后，再对B受力分析有：m2gsin θ－μ2m2gcos θ＝m2a2′

解得：a2′＝2 m/s2

对A分析，有：μ1(m1＋m2)gcos θ－μ2m2gcos θ－m1gsin θ＝m1a1′

解得：a1′＝2 m/s2

设再经过t2时间，木板速度减为零，有：s

此时滑块B速度为v2，由运动学公式可得：v2＝v＋a2′t2＝6 m/s

共速后B相对A再往前打滑s2，有：s2＝(v2＋v)t2－vt2＝6 m

则滑块B释放时距木板下端的距离L＝s2－s1＝5.5 m。

6．【解析】(1)规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有：－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1              ①

由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度v1＝4 m/s，由运动学公式得：

v1＝v0＋a1t1 ②

x0＝v0t1＋a1t ③

式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m是木板与墙壁碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度

联立①②③式和题给条件解得：μ1＝0.1 ④

在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：－μ2mg＝ma2              ⑤

由题图乙可得：a2＝ ⑥

式中，t2＝2 s，v2＝0

联立⑤⑥式和题给条件解得：μ2＝0.4。 ⑦

(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得：

μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧

v3＝－v1＋a3Δt ⑨

v3＝v1＋a2Δt ⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：x1＝Δt ⑪

小物块运动的位移为x2＝Δt ⑫

小物块相对木板的位移为Δx＝x2－x1 ⑬

联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得：Δx＝6.0 m   ⑭

因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。

(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3。由牛顿第二定律及运动学公式得：

μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮

0－v＝2a4x3 ⑯

碰撞后木板运动的位移为：x＝x1＋x3   ⑰

联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数据解得：x＝－6.5 m

木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。