2022届高考物理一轮复习 热点强化3 牛顿运动定律的综合应用新人教版

1、2022届高考物理一轮复习 热点强化3 牛顿运动定律的综合应用新人教版2022届高考物理一轮复习 热点强化3 牛顿运动定律的综合应用新人教版年级：姓名：- 9 -高考热点强化(三)牛顿运动定律的综合应用(时间：40分钟)1(2020湖南怀化一中第一次月考)如图所示，质量均为m的a、b两小球分别用轻质细绳l1和轻弹簧系在天花板上的o点和o点，a、b两小球之间用一轻质细绳l2连接，细绳l1、弹簧与竖直方向的夹角均为，细绳l2水平拉直，则下列有关细绳l2被剪断瞬间的表述正确的是()a细绳l1上的拉力与弹簧弹力之比为11b细绳l1上的拉力与弹簧弹力之比为cos21ca与b的加速度之比为11da与b的加

2、速度之比为1cos b对a球，剪断细绳l2的瞬间，细绳l1的拉力将发生突变，合力垂直于细绳l1斜向下，细绳l1的拉力大小为famgcos ，a球的加速度大小aagsin ；对b球，剪断细绳l2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，弹簧弹力大小fb，b球的加速度大小abgtan ，所以，。2(多选)质量分别为m和m的物块a和b形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，a恰好能静止在斜面上，不考虑a、b与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放a，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是()甲乙a轻绳的拉力等于mgb轻绳的拉力等于mgca运动的加

3、速度大小为(1sin )gda运动的加速度大小为gacd本题考查连接体的临界问题。第一次放置时a静止，则由平衡条件可得mgsin mg；第二次按图乙放置时，对a、b整体，由牛顿第二定律得mgmgsin (mm)a，联立解得a(1sin )gg。对b，由牛顿第二定律有tmgsin ma，解得tmg，故a、c、d正确，b错误。3.(2020山东高考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用fn表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()a0t1时间内，v增大，fnmgbt1t2时间内，v减小，fnmgct2t3时间内，v增大，

4、fnmgdt2t3时间内，v减小，fnmgd根据位移时间图象的斜率表示速度可知，0t1时间内，图象斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力fnmg，选项c错误，d正确。4如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的vt图象如图乙所示，其中oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线od是t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()甲乙a滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做

5、匀减速直线运动b弹簧恢复原长时，滑块速度最大c弹簧的劲度系数k175 n/md该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2c根据vt图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项a、b错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1 m/s25 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为ffmgma125 n10 n，刚释放时滑块的加速度大小为a2 m/s230 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项d错误；由牛顿第二定律得kxffma2，代入数据解得k175

6、 n/m，选项c正确。5.(2020河北衡水第一次月考)如图所示，倾角为37的传送带以速度v12 m/s顺时针匀速转动。一小物块以v28 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带足够长，取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()a小物块运动的加速度大小恒为10 m/s2b小物块向上运动的时间为0.6 sc小物块向上滑行的最远距离为4 md小物块最终将随传送带一起向上匀速运动c开始时物块相对传送带向上运动，物块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得mgsin 37mgcos 37ma1，代入数

7、据解得a110 m/s2。物块与传送带共速后，对物块分析有mgcos 2(m1m2)g，故木板与地面会先发生相对滑动，木块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力后，木块与木板就会发生相对滑动。(1)当f2(m1m2)g3 n时，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态当木块和木板一起运动且将要发生相对滑动时，对木板，根据牛顿第二定律有1m2g2(m1m2)gm1am解得木块和木板保持相对静止的最大加速度am3 m/s2对整体有fm2(m1m2)g(m1m2)am解得木块和木板将要发生相对滑动时，水平拉力fm12 n由fm3t1(n)得t14 s。(2)t10 s时，木块与木板已发生相对滑动对木板有1m2

8、g2(m1m2)gm1a1解得a13 m/s2对木块有f1m2gm2a2，而f3t(n)30 n解得a212 m/s2。(3)图线过(1 s,0)，(4 s,3 m/s2)，(10 s,12 m/s2)，图象如图所示。答案见解析7两物块a、b并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力f作用在物块a上，使a、b由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在a、b的速度达到6 m/s时，撤去推力f。已知a、b质量分别为ma1 kg、mb3 kg，a与水平面间的动摩擦因数为0.3，b与地面没有摩擦，b物块运动的vt图象如图乙所示。g取10 m/s2，求：甲乙(1)推力f的大小；(2)

9、a物块刚停止运动时，物块a、b之间的距离。解析(1)在水平推力f作用下，物块a、b一起做匀加速运动，加速度为a，由b物块的vt图象得，a m/s23 m/s2对于a、b整体，由牛顿第二定律得fmag(mamb)a，代入数据解得f15 n。(2)设物块a做匀减速运动的时间为t，撤去推力f后，a、b两物块分离，a在摩擦力作用下做匀减速运动，b做匀速运动，对a，由magmaaa，解得aag3 m/s2t s2 s物块a通过的位移xat6 m物块b通过的位移xbv0t62 m12 m物块a刚停止时a、b间的距离xxbxa6 m。答案(1)15 n(2)6 m8.如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传

10、送带，恒定速度v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力f8 n，经过一段时间，小物块到达离地面高为h2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力f，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？解析(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速

11、度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：fmgcos 37mgsin 37ma1解得：a16 m/s2。t1 sx1 m物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为f8 n，而重力沿传送带向下的分力和最大摩擦力之和为10 n。 故不能相对斜面向上加速。故得：a20t2 s得tt1t2 s1.33 s。(2)若达到速度相等后撤去力f，对物块受力分析，因为mgsin 37mcos 37，故物块减速上行mgsin 37mgcos 37ma3，得：a32 m/s2。物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则：v2v2a3x2，vt m/s2.3 m/st0.8

12、5 s。答案(1)1.33 s(2)0.85 s2.3 m/s9.如图所示，倾角30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长l1.8 m、质量m3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力f，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点。(1)为使物块不滑离木板，求力f应满足的条件；(2)若f37.5 n，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。解析(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得f(mm)gsin (mm)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得ffmgsin ma又ffffmmgcos 解得f30 n又a0解得f20 n所以20 n30 n，所以物块能够