2024年新高考物理二轮热点题型归纳：牛顿运动定律的综合应用（解析版）

A.队员的加速度大小为-gB.上面第二位队员和第三位队员间绳的拉力大小FC.队员的加速度大小为-kgD.上面第二位队员和第三位队员间绳的拉力大小FF-6k+1mg=6maT-4k+1mg=4maT=F，a=-k+1g故选D。 112mg=kx1F合=F-mg=0mg=kx2x1-x2=hk=a==-g 22C.拉力的大小为F=mgx1=tx2=tx1=x2 2v2-(-v1)3tC．剪断绳前将AB看成一个整体有mg-F=2ma1F=ma2F=mgmg-F=2ma133442=gv1=a1t=gtA回到P点时速度为v2=2v1=gt物块A回到P点时，B的速度为v3=v1+gt=gtEk=mv2Ek2==1Ek39D错误。故选BC。 μ=0.2，物体受到的最大静摩擦力等于A.若力F水平向右作用在A物体上，A的加速度为3m/s2B.若力F水平向右作用在A物体上，1s后撤去力F，物体A最终的速度为m/sD.若力F水平向左作用在B物体上，1s后撤去力fmA=μmAg=20NfmB=μmBg=10NfmBmfmBmB=2ms2Fm=mA+mBaBm=30N<F=50NF-fmB=mAaA1aA1=4ms2vA1=aA1t=4ms物体B的速度为vB1=aB1t=2msmAvA1+mBvB1=mA+mBv1v1=ms有F-fmB=mBaB2aB2=8ms2fmB=mAaA2aA2=1ms2vA2=aA2t=1ms物体B的速度为vB2=aB2t=8msmAvA2+mBvB2=mA+mBv2v2=ms故选BCD。5566A.m2MgB.m1MgC.m2(m12+M)gD.m1(m12+M)gF=M+m1+m2a对m1根据牛顿第二定律可得T=m1a对m2竖直方向有T=m2gm1gF=m2m1+m2+Mm1gcosθ==0.8mgtanθ=ma1a1=gtanθ=7.5m/s2N2=mg+N1cosθ=2mgfm-N1sinθ=ma2fm=μN22=(2μ-tanθ)ga1>a22=2.5m/s2a1<a27788故选BCD。A.恒力F的大小为36NF=mQ+mPamPgsin37°-F弹2=mPamQgsin37°-F=mQaF=N5a=m/s2F弹2=3.6NF+F1-mgsin37°=mQa得F9.6N故B正确；F+FN-mQgsin37°=0得FN=4.8N故选BD。A.t=A.t=1.6s物块A和木板B开始发生相对滑动FmaFm故B正确；=2m/s2v=at=0.4m/skx1=2max2=x1-at2kx2=max1=0.08m=8cm故D错误。故选BC。质量M=4kg足够长的木板B，质量m=1kg的物块A静置于B上，物块A与木板B间的动摩擦因数为0.4。现对物块A施加一水平向右的拉力F，拉力99B.物块A和木板B的运动速度达到1m/s时发生相对滑动C.t=4s时物块A相对木板B的速度为5m/sF=(M+m)af=Mafmax=μmg=4NF=2.5t(N)得t=2s故A错误；B．由于a==0.5tm/s2画出a-t图如图所示v=a1t=1m/s故B正确；F-μmg=maA得aA=2.5t-4m/s2t=4s时aA4=6m/s2根据a-t图线与t轴所围的面积的差值为物块A和木板B的相对速度，即 2Δv=×2×(6- 2Δv=a'=<1m/s2故选BC。 ()C.在t2~t3故A错误；mg-F=maC．在t2~t3故选BC。 l=at2t=(R-r)2=r2+2r=Rtmin==受力分析F=ma加速度运动学公式运动状态(1)“二分析”(2)“一关键” m1F1-F2=m1+m2a对m1研究F1-F=m1a得F=25N故AB错误；F=m1aF=m2aD错误；F弹=mgsinθmgsinθ+F弹=ma故AB错误；故选D。A.动摩擦因数μ=0.75B.小滑块将在B处保持静止不动mgsin53°-μmgcos53°=ma1根据题图2的v-t图像关系知 =μ=0.5故A错误；mgsin37°-μmgcos37°=ma33=2m/s2 x1t2tA.物体在O点的速度v0=4m/sB.物体的加速度大小a=6m/s2x=v0t+at2=+av0=k=m/s=20m/s而=-4m/s2a=-8m/s2mgsinθ-μmgcosθ=maμ=1.75C错误；t==2.5s<4sx==25mD正确。故选D。 乙两物体运动的加速度a与所受拉力F的F-μmg=maa=F-μgm甲<m乙AB错误；μ甲m甲g>μ乙m乙gμ甲>μ乙故选D。 A.a0=7.5m/s2B.mA=3kg(mA+mB)gtan37°=(mA+mB)a00=7.5m/s2故A正确；(mA+mB)gsin37°=kx0mAgsin37°=kx1mA=1kg，mB=2kg故B错误；FNA==12.5NmBgsin37°-FAB=mBacos37°FAB=6N故D正确；故选ACD。 a=v=由匀变速直线运动的速度-位移公式得v2=2aLt-2=- 2L=2bmd2ad=f=μmgμ=故选BCD。 A.雪橇一定做匀加速直线运动C.雪橇与雪地间的动摩擦因数为-D.拉力F=nb时，雪橇的加速度大小为c1-nF-μmg=ma即F=μmg+mam=-选项B错误；C．若F=0，c=-μg得 cga==c1-n选项D正确。 a==μg=4m/s2x1= v2=x1=m=0.5mAC．物品匀加速运动的时间t1==s=0.5st2==s=0.8st=t1+t2=0.5s+0.8s=1.3s故选AD。(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tanθ与μ的大小关系：μ>t2a=μg=4m/s2t1==1sx1=at=×4×12m=2m<Lt2==0.5sx2=at=×4×0.52m=0.5mt3==s=0.75st=t1+t2+t3=2.25s故B错误；Δx1=v1t1+x1=2×1+2m=4mΔx2=v1t2-x2=2×0.5-0.5m=0.5mWf=f(Δx1+Δx2)=μmg(Δx1+Δx2)=18JΔx=Δx1+Δx2=4.5m故D正确。故选AD。A.传送带与水平面的夹角为37°C.传送带运行的速度大小为6m/sD.包裹到B点时的速度为8m/sμmgcosθ+mgsinθ=ma1mgsinθ-μmgcosθ=ma22=2.5m/s2故AB错误；C．由v=2a1x1v1=2a1x1=2×7.5×2.4m/s=6m/sv-v=2a2x2-x1v2=7m/s a1=gsinθ+μgcosθ2=gsinθ-μgcosθa1==m/s2=10m/s22==m/s2=2m/s2故A错误；x1=a1t=0.2mv1=a1t1=2m/sx2=v1t2-t1+a2t2-t12=3mW1+mg(x1+x2)sinθ=mv2W2=-112J故B错误；x皮1=vt1=0.4mx皮2=v(t2-t1)=2mW皮2-x皮1=64Jx相对=x皮1-x1+x2-x皮2=1.2mQ=μmgcosθ⋅x相对=48J故D错误。物=4m/sv传=v1===2m/sx2=⋅t2v物=4m/s好相同. 故故(1)拉动木块时kt1=μ1m1+m2g得t1=2s对A2t2-μ2m2g-μ1m1+m2g=m1a对Bμ2m2g=m2at2=8s2t-μ1m1+m2g=m1+m2aa==0.5t-12s≤t≤8svA=vB=9m/s对AF0-μ2m2g-μ1m1+m2g=m1a1对Bμ2m2g=m2a2得a1=6m/s22=3m/s2Δv1=a1t=12m/sΔv2=a2t=6m/sv=21m/sv=15m/s量mB=1kg，B与地面间的动摩擦因(3)最终A停在距B的右端多远处。(1)aA=1m/s2，aB=8m/s2；aA==1m/s2aB==8m/s2v=aAt=v0-aBtt=1sv=1m/s此时A的位移xA=aAt2=0.5mxB=v0t-aBt2=5mx相=xB-xA=4.5mmBa=μ2(mA+mB)g-μ1mAg=4m/s2mB当B停止时向右运动A停止运动时的位移x==0.5m2(1)长木板A与传送带之间的动摩擦因数(3)木板的长度L。Mgsinθ+μ2mgcosθ-μ1M+mgcosθ=Ma1-mgsinθ+μ2mgcosθ=ma2v1=v0-a2t1=a1t1v1=1m/sΔx1==3mΔx2==mL=Δx1+Δx2=m质量m=1kg的小滑块B静置于A的右端，现给A一水平向右的初速度v0=9m/s，B在相对于A的运动(2)求A的长度。 (1)对A由牛顿第二定律有μ1mg+μ2m+Mg=MaA对B由牛顿第二定律有μ1mg=maBaBt1=v0-aAt1xA1=v0t1-aAt，xB1=aBtA的长度为L=xA1-xB1L=6.75mF+μ1mg=maB1aB1=4m/s2v=aBt2=v0-aAt2此时B相对A向左运动的距离为Δx1=v0t2-aAt-aB1t=4.5mF-μ1mg=maB2μ2m+Mg-μ1mg=MaA1μ2m+Mg>μ1mg该时间内B相对A向右运动的距离为Δx2=vt3+aB2t-（vt3-aA1t故可知此时B距离A右端的距离为L1=Δx1-Δx2=1.5m此时B的速度为vB=v+aB2t3=6m/svBt4+aB2t=L1t4=s故B从开始运动到从A上滑落所需的时间为