高中物理高考 2020年高考物理一轮复习专题08牛顿运动定律的综合应用一限时训练含解析

专题08 牛顿运动定律的综合应用（一）

(限时：45min)

一、 选择题（本大题共6小题）

1．如图1所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是(　　)

图1

A.    B.     C．－(m＋M)g      D.＋(m＋M)g

【答案】A　

【解析】：当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时，拉力F最大，系统向上的加速度为a。先以m为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：

F－2f－mg＝ma，

再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：2f－Mg＝Ma，

两式联立可解得F＝，A正确。

2.如图2，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是(　　)

  图2       

【答案】　B

【解析】：滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C项错；滑块加速度保持不变，D项错；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移s＝v0t－at2，s­t图像为开口向下的抛物线，B项对；设斜面倾角为θ，滑块下降高度h＝ssin θ，所以h­t图像也是开口向下的抛物线，A项错。

3．(2019·天津市十二区县高三联考)如图3所示，在倾角为α＝30°的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，下列说法正确的是(　　)

图3

A．弹簧的原长为L＋                    B．水平恒力大小为mg

C．撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为g      D．撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g

【答案】C　

【解析】：分析小球B受力，由平衡条件可得：kx＝mgsin α，解得x＝，弹簧的原长为L－x＝L－，A错误；分析小球A受力，由平衡条件可得：Fcos α＝mgsin α＋kx，解得：F＝mg，B错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，故B球的加速度为零，由mgsin α＋kx＝maA可得：小球A此时的加速度为aA＝g，C正确。

4．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图4所示，在这段时间内下列说法中正确的是(　　)

图4

A．晓敏同学所受的重力变小了    B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力

C．电梯一定在竖直向下运动      D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下

【答案】D　

【解析】：晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B选项错；以竖直向下为正方向，有mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C选项错，D选项正确。

5．(多选)(2019·徐州质检)如图5所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v­t图像可能是图6中的(　　)

图5                             图6

【答案】BD　

【解析】：设滑块质量为m，木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，若有μ1mg＜μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a1＝μ1g，木板不动，选项D正确；若有：μ1mg＞μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a1＝μ1g，木板向右匀加速运动，当二者同速后，一起以a2＝μ2g的加速度匀减速到停止，因a1＞a2，故选项B正确。

6．(多选)(2014·江苏高考)如图7所示，A、B两物块的质量分别为2 m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μ。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(　　)

图7

A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止   B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

C．当F>3μmg时，A相对B滑动          D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg

【答案】BCD　

【解析】： A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确。

二、计算题（本大题共4小题）

7.如图8所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。(g取10 m/s2)

图8

【答案】14.4 N≤F≤33.6 N

【解析】：假设水平推力F较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力F具有最小值，设大小为F1，

甲

此时物块受力如图甲所示，取加速度方向为x轴正方向，

对物块分析，

在水平方向有

FNsin θ－μFNcos  θ＝ma1

竖直方向有

FNcos  θ＋μFNsin  θ－mg＝0

对整体有F1＝(M＋m)a1

代入数值得a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4  N，

假设水平推力F较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力F具有最大值，设大小为F2，

乙

此时物块受力如图乙所示，

对物块分析，

在水平方向有：

FN′sin  θ＋μFN′cos θ＝ma2

竖直方向有

FN′cos  θ－μFN′sin  θ－mg＝0

对整体有F2＝(M＋m)a2

代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N，

综上所述可知推力F的取值范围为：14．4 N≤F≤33.6 N。

8.如图9所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。

图9

(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。

(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？

【答案】(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N

【解析】：(1)由运动学公式得：L＝v0t＋at2①

2aL＝vB2－v02②

代入数值解得：

a＝3 m/s2，vB＝8 m/s③

(2)对物块受力分析如图所示，

投拉力F与斜面成α角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：

Fsin α＋FN＝mgcos 30°④

沿斜面方向，由牛顿第二定律可得

Fcos α－mgsin 30°－Ff＝ma⑤

又，Ff＝μFN⑥

联立④⑤⑥三式，代入数值解得：Fcos α＋Fsin α＝5.2

则F＝＝

＝

当α＝30°时，拉力F有最小值，且Fmin＝ N

9.如图10，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)

图10

【答案】1 N或9 N

【解析】：令Fsin 53°－mg＝0，解得F＝1.25 N。由于＝7.5 m/s2≠4.4 m/s2，则F≠1.25 N，它的取值分大于和小于1.25 N两种情况。

当F＜1.25 N时，环与杆的上部接触，受力示意图如图甲所示

甲

由牛顿第二定律得Fcos θ－μFN＝ma

又Fsin θ＋FN＝mg

联立解得F＝

代入数据得F＝1 N

当F＞1.25 N时，环与杆的下部接触，受力示意图如图乙所示

乙

由牛顿第二定律得

Fcos θ－μFN＝ma

又Fsin θ＝mg＋FN

联立解得F＝

代入数据得F＝9 N。

10.图11甲中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2。在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3 s内F的变化如图乙所示，图中F以mg为单位，重力加速度g＝10 m/s2。整个系统开始时静止。

(1)求1 s、1.5 s、2 s、3 s末木板的速度以及2 s、3 s末物块的速度；

(2)在同一坐标系中画出0～3 s内木板和物块的v­t图像，据此求0～3 s内物块相对于木板滑过的距离。

图11

【答案】 (1)4 m/s、4.5 m/s、4 m/s、4 m/s、4 m/s、4 m/s(2)图见解析　2.25 m

【解析】：(1)设木板和物块的加速度分别为a和a′，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt′，木板和物块之间摩擦力的大小为f。根据牛顿第二定律、运动学公式得

对物块f＝ma′　①

f＝μmg　②

当vt′＜vt时

vt2′＝vt1′＋a′(t2－t1)　③

对木板F－f＝(2m)a　④

vt2＝vt1＋a(t2－t1)　⑤

由①②③④⑤式与题给条件得

v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s

v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s。

(2)由(1)的结果得到物块与木板运动的v­t图像，如图所示。在0～3 s内物块相对于木板滑过的距离Δs等于木板和物块v­t图线下的面积之差，即图中阴影部分的面积。阴影部分由两个三角形组成：上面的三角形面积代表0.25 m，下面的三角形面积代表2 m，因此Δs＝2.25 m。