高考物理一轮复习巩固提升第3章题型探究课　牛顿运动定律的综合应用 (含解析)

1.(多选)(2019·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员(　　)

A．在第一过程中始终处于失重状态

B．在第二过程中始终处于超重状态

C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态

D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态

解析：选CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．

2. (2019·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力(　　)

A．必为推力　　 B．必为拉力

C．可能为推力，也可能为拉力 D．不可能为零

解析：选C.将a、b看做一个整体，加速度a＝，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝＝，即Fab＝，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0.

3．(2019·南阳五校联考) 如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中(　　)

A．B的加速度为gsin θ B．绳的拉力为

C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G

解析：选A. A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin θ，所以选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcos θ，故选项B、C、D都错误．

4. (2019·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为(　　)

A．3gsin α B．gsin α

C． D．2gsin α

解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且Ff＝2mgsin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a＝＝3gsin α，正确选项为A.

5. 如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(　　)

A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等

B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动

C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动

D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ

解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．

6．(多选) (2019·安徽合肥模拟)如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)

A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动

B．若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出

C．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出

D．若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出

解析：选BC.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，则x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为5 m/s时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝＝ m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x″＝＝ m＝1 m<4 m，以后小物块以v1＝2 m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x＝＝ m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x<x″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1 m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误．

7. 一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M＝10.5 kg，Q的质量m＝1.5 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝800 N/m，系统处于静止．如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力．求力F的最大值与最小值．(取g＝10 m/s2)

解析：设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2 s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有

kx1＝(M＋m)g ①

kx2－mg＝ma ②

x1－x2＝at2 ③

由①式得x1＝＝0.15 m， ④

由②③④式得a＝6 m/s2

F小＝(M＋m)a＝72 N，F大＝M(g＋a)＝168 N.

答案：168 N　72 N

8．(2019·宜昌模拟)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2.现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)A物体在纸带上的滑动时间．

(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v－t图象．

(3)两物体A、B停在地面上的距离．

解析：(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1

当物体A滑离纸带时at－a1t＝d

由以上两式可得t1＝1 s.

(2)如图所示

(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1

两物体在地面上运动时均有

μ2mg＝ma2

物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移

x1＝＋

物体B滑离纸带时at－a1t＝2d

物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2

物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移

x2＝＋

两物体A、B最终停止时的间距

x＝x2＋d－x1

由以上各式可得x＝1.25 m.

答案：(1)1 s　(2)见解析　(3)1.25 m