高考物理一轮复习考点练习第3章牛顿运动定律第9讲牛顿运动定律的综合应用（含解析）

第9讲 牛顿运动定律的综合应用

[解密考纲]本专题主要考查受力与运动过程的分析、状态变化和临界条件的推理、力与运动的计算、运用图象处理物理问题等，要求会用牛顿第二定律处理综合问题，是高考考查的热点．

1．(2019·人民大学附属中学高三考前热身)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列反映体重计示数随时间变化的 F­t 图象可能正确的是(　　)

C　解析 对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力，选项A、B、D错误，C正确．

2．(2019·北京东城区高三质检)如图甲所示，“天地双雄”是欢乐谷的一项游乐设施，它的两座高度均为五十多米的高塔竖直矗立在游乐场上，塔的四周安装有可以上下运动的座椅，乘客坐在座椅上随着座椅运动，若在下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图乙所示，以竖直向下为a的正方向，则(　)

A．人对座椅的压力在t1时刻最大

B．人对座椅的压力在t4时刻最大

C．在t1～t2时间内，人处于超重状态

D．在t3～t4时间内，人处于失重状态

B　解析 t1～t2时间内，人处于失重状态；在t3～t4时间内，人处于超重状态．在t4时刻FN－mg＝ma，此时座椅对人的支持力最大，则人对座椅的压力在t4时刻最大．综上分析，选项B正确．

3．(2019·昭通五校高三联合测试)如图所示，A为电磁铁，挂在支架C上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B，铁块B静止时，台秤示数为G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将(　　)

A．变大   

B．变小

C．大于G，但是一恒量 

D．先变大，后变小

A　解析 铁块被吸起上升的过程中，由于电磁铁A对B的吸引力越来越大，B做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态(可以认为系统重心也在做加速度变大的加速上升运动)，所以台秤的示数应大于G，且不断变大，故选项A正确，B、C、D错误．

4．(2019·湖南师范大学附属中学高三二模)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内两物体用细绳通过光滑滑轮相连(m1>m2)，m2下端用一细绳与木箱相连，平衡时台秤的示数为某一数值；今剪断m2下端细绳，在m1下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数将(　　)

A．变大   B．变小 

C．不变   D．不能判定

B　解析 剪断m2下端细绳后m1向下加速，m2向上加速，两者加速度大小相等，且m1>m2，所以系统处于失重状态，台秤的示数将变小，故选项B正确．

5．(2019·抚州七校高三联考)(多选)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送帯的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．取重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是(　　)

A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.5

B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s

C．整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m

D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为 N

AC　解析 当传送带以v＝8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知，F＝Ff即为mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，选项A正确；当传送带突然以v＝8 m/s顺时针转动，物块P、Q做初速度为零的匀加速直线运动，有F合＝mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，代入数据解得 a＝ m/s2，当速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，匀加速的时间为v＝at1，解得t1＝1.2 s，匀加速的位移为x＝＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝＝＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，选项B错误；加速阶段的位移之差为Δx＝vt1－x＝4.8 m，即整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m，选项C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－T＝mPa，代入数据解得T＝ N，之后做匀速直线运动，有T＝20 N，选项D错误．

6．(2019·哈尔滨第三中学高三调研)(多选)如图所示，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的 A、B两物块，A、B与滑板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，一水平恒力F作用在A物体上，重力加速度g取10 m/s2，A、B与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度为aA和aB，下列说法正确的是(　　)

A．若F＝1 N，则A、B物块及木板都静止不动

B．若F＝1.5 N，则A、B物块的加速度都为0.5 m/s2

C．无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动

D．若F＝5 N，B物块的加速度为1 m/s2

BCD　解析 A与木板间最大静摩擦力为FfA＝μmAg＝0.2×1 kg×10 m/s2＝2 N，B与木板间的最大静摩擦力为FfB＝μmBg＝0.2×2 kg×10 m/s2＝4 N，轻质滑板受到的最大摩擦力为Ff＝FfA＝2 N，若F＝1 N时小于2 N，故三者相对静止，一起加速运动，故选项A错误；若F＝1.5 N时小于2 N，即三者仍相对静止的一起加速，加速度为a＝ m/s2＝0.5 m/s2，故选项B正确；因为轻质滑板受到的最大摩擦力为Ff＝FfA＝2 N<FfB，所以无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动，若F＝5 N时，A相对轻质滑板滑动，B和轻质滑板的加速度为a＝＝＝1 m/s2，故选项C、D正确．

7．(2019·建水四校高三联考)如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知m与M之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F控制下始终向右以速度v2(v2>v1)匀速运动，求：

(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；

(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？

解析 (1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，

其中Ff1，Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知 Ff1＝μ1mg，Ff2＝μ2(m＋M)g，由平衡条件得F＝Ff1＋Ff2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g.

(2)以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为v0，末速度为vt，则 v0＝v1＋v2，vt＝0，加速度a＝μ1g，根据运动学公式v－v＝－2aL，

解得L＝.

答案 (1)μ1mg＋μ2(m＋M)g　(2)

8．(2019·全国统一考试模拟试题)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8 m/s的速度从底端滑上传送带．已知小物块A、B质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；

(2)传送带的长度l应满足的条件．

解析 (1)由题意可知，小物块B在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，代入数据解得a1＝10 m/s2，减速到传送带速度时所需时间为t1＝＝ s＝0.6 s，此过程通过的位移为x1＝t1＝3 m．此后传送带的速度大于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，代入数据解得a2＝2 m/s2，减速到零所需时间为t2＝＝ s＝1 s，故有t＝t1＋t2＝1.6 s，此过程通过的位移为x2＝t2＝1 m，则物块B上滑的位移x＝x1＋x2＝4 m，小物块B向上运动过程中平均速度的大小＝＝ m/s＝2.5 m/s.

(2)小物块B下滑的加速度为a2＝2 m/s2，则下滑到底端的时间为t3＝＝2 s，

则回到底端的总时间为 t′＝t1＋t2＋t3＝3.6 s，物块A下滑的加速度mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，解得a3＝2 m/s2，则传送带的最小长度为L＝a3t′2＝×2×3.62 m＝12.96 m，传送带的长度l应满足的条件是不小于12.96 m.

答案 (1)2.5 m/s　(2)不小于12.96 m

9．(2019·南充中学高三考前模拟)长为1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端冲上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0 cm.若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25.求：(取g＝10 m/s2)

(1)木板与冰面的动摩擦因数；

(2)小物块相对长木板滑行的距离；

(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板时的初速度应满足什么条件？

解析 (1)A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a＝＝μ2g，且a＝＝1 m/s2，解得木板与冰面的动摩擦因数μ2＝0.10.

(2)小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a1＝μ1g＝2.5 m/s2，小物块A在木板上滑动时，木板B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2，

解得加速为a2＝0.50 m/s2，设小物块冲上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为v，由长木板的运动得v＝a2t，解得滑行时间t＝＝0.8 s.

小物块冲上木板的初速度v10＝v＋a1t＝2.4 m/s，小物块A在长木板B上滑动的距离为Δs＝s1－s2＝v10t－a1t2－a2t2＝0.96 m.

(3)小物块A的初速度越大，它在长木板B上滑动的距离越大，当滑动距离达到木板B的最右端时，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下A的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0.有v0t－a1t2－a2t2＝L，v0－v′＝a1t，v′＝a2t，由上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块冲上长木板的初速度不大于最大初速度v0＝＝3.0 m/s.

答案 (1)0.10　(2)0.96 m　(3)小于或等于3.0 m/s

10．(2019·浮梁一中高考冲刺)如图所示，一长为L的木板A放置在水平地面上，木板的两端分别放置着B、C两物块，三者质量分别为mA＝3m，mB＝2m和mC＝m，A与地面、B与A、C与A间的动摩擦因数分别为 、μ和2μ，开始时三者均静止，现给物块B一水平向右的初速度v0(v0＝)，同时给物块C一向左的水平拉力F(F＝3μmg)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，试求：

(1)经过多长时间木板A开始运动；

(2)从A开始运动至B与C相遇的时间．

解析 (1)各接触面上的最大静摩擦力分别为FfAm＝μ×6mg＝μmg，FfBm＝FfCm＝2μmg，B开始运动时，假定把A与C看成整体，整体水平方向所受合力为零，而F＝3μmg＞FfCm，故开始时C向左运动，A仍处于静止状态；设此时B、C的加速度大小分别为aB、aC.由牛顿第二定律，对B有2μmg＝2maB，对C有3μmg－2μmg＝maC，解得aB＝aC＝μg.当B的速度减为零时，分析可以知道C对A的摩擦力大于地面对A的最大静摩擦力，此时A和B共同向左运动，因此A由静止开始运动需经过时间为 t1＝＝.

(2)设A板开始运动前B、C的位移大小分别为xB、xC，由运动学公式得到xB＝＝，因B和C的运动反向对称，故xC＝xB＝，且B的速度减为零时，C的速度 vC＝v0.A与B共同向左作匀加速运动的过程中，对A、B整体，由牛顿第二定律可得 aAB＝＝μg.设再经过时间t，B与C相遇，此过程中B、C所运动的位移分别为xB′、xC′，由运动学公式可以得到xC′－xB′＝L－xB－xC，即v0t＋aCt2－aABt2＝L－2×，把L＝代入上式可以得到2(μg)2t2＋5μgv0t－3v＝0，解得t＝＝.

答案 (1)t1＝　(2)t＝

11．(2019·湖北、山东部分重点中学高三联考)如图所示，传送带与地面的倾角θ＝37°，从A到B的长度为8.8 m，传送带以v0＝6 m/s的速度逆时针转动．在传送带上端无初速度释放一个质量为1 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)求物体从A运动到B所需的时间是多少？

(2)若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？

(3)若传送带顺时针转动，此时物体以8 m/s的初速度由B沿斜面向上运动，若使物体能够运动到A，求传送带速度满足的条件？

解析 (1)开始阶段，传送带对物体的动摩擦力平行于传送带向下，物体由静止开始下滑，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝0.6 s，发生的位移s1＝＝1.8 m＜8.8 m，即物体加速到6 m/s时仍未到达B点．

当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力平行于传送带向上，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2.设第二阶段物体滑动到B的时间为t2则LAB－s1＝v0t2＋，解得t2＝1 s，t′2＝－7 s(舍去)，故物体经历的总时间t＝t1＋t2＝1.6 s.

(2)物体加速至传送带的速度时，传送带前进的位移为s2＝vt1＝3.6 m，而物体的位移s1＝1.8 m，物体相对于传送带向上前进的距离为Δs1＝s2－s1＝1.8 m.

物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进s3＝vt2＝6 m，物体前进s4＝7 m，物体相对于传送带向下滑行Δs2＝s4－s3＝1 m<1.8 m，所以物体在传送带上划痕的长为Δs1＝1.8 m.

(3)若皮带顺时针转动，则滑块速度大于皮带速度时，摩擦力平行于传送带向下，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，速度小于皮带速度时，摩擦力平行传送带向上，如图乙所示．由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，由＋≥8.8 m，得v≥2 m/s.

答案 (1)1.6 s　(2)1.8 m　(3)大于或等于2 m/s

12．(2019·天津和平区益中学校高三月考)如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1＝3 m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角θ＝37°，C、D两端相距L2＝4.45 m，B、C相距很近．水平传送带以v0＝5 m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m＝10 kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？

(2)若倾斜传送带CD以v＝4 m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到最高点的时间为多少？

解析 (1)米袋在AB上加速运动的加速度a0＝＝5 m/s2，米袋速度达到v0＝5 m/s时滑过的距离s0＝＝2.5 m<L1＝3 m，

故米袋先加速后匀速，故到达C端速度为v0＝5 m/s，

设米袋在CD上传送的加速度大小为a，

有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，

解得a＝10 m/s2，所以在CD上滑的最大距离s＝＝1.25 m.

(2)CD顺时针转动时，米袋速度减为v＝4 m/s之前的加速度

a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2，

此时上滑的距离 s1＝＝0.45 m，

米袋速度达到v＝4 m/s后，由于μmgcos θ<mgsin θ，即μ<tan θ，

米袋继续减速上滑，a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2，

上滑距离s2＝＝4 m，L2＝s1＋s2＝4.45 m，

即速度为零时刚好到达D端，

由v0减速到v所用时间 t1＝＝0.1 s，

由v减速到零所用时间 t2＝＝2 s，

故米袋从C端到D端所用时间 t＝t1＋t2＝2.1 s.

答案 (1)1.25 m　(2)2.1 s