发布时间 : 星期一 文章部编版2020高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第4讲 牛顿运动定律的综合应用练习更新完毕开始阅读
第4 讲 牛顿运动定律的综合应用
1.
(2018·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 C．可能为推力，也可能为拉力
B．必为拉力 D．不可能为零
解析：选C.将a、b看做一个整体，加速度a＝Fa＋Fb，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则ma＋mbFa＋FabFa＋FbFbma－Famba＝＝，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
mama＋mbma＋mb于0.
2．(2018·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
cos θC．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G 解析：选A.
G
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．
3.
(多选)(高考江苏卷)如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上．A、B 间的
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1
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
2加一水平拉力 F，则( )
A．当 F < 2μmg 时，A、B 都相对地面静止 51
B．当 F ＝μmg 时， A 的加速度为μg
23C．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动 1
D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过μg
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解析：选BCD.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
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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，
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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；
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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
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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．
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4.
(2018·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 3gsin α
C. 2
B．gsin α 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＝2mgsin α＋mgsin α
m5.
＝3gsin α，正确选项为A.
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
2
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 mgsin θ＋μmgcos θ ＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从Am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)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v－t图象，其中可能正确的是( ) 解析：选BD.由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg＞μ2(M＋m)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得μ1mg＞μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确． 7．(多选)(2018·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/s，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 3 2 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 2 v252 为x.根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s，则x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物块将 2a2×2 2 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 2 v′242 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 2a2×22 v221 带共速时的位移为x″＝＝ m＝1 m<6 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 2a2×2 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x2 v″212＝＝ m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x 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． 8．利用阿特伍德机可以研究超重和失重现象，其研究步骤如下：如图所示，原来定滑轮左右两侧都悬挂质量为2m的物块，弹簧秤示数为2mg.若在右侧悬挂的物块上再增加质量为m的物块，左侧物块将获得向上的加速度，可观察到弹簧秤上的示数变大，左侧物块处于超重状态；若将右侧物块的质量减小到m，左侧物块将向下做加速运动，可观察到弹簧秤上的示数变小，左侧物块处于失重状态．请问：左侧物块处于超重状态时，弹簧秤的读数是多少？左侧物块处于失重状态时，弹簧秤的读数又是多少？(不计连接物块的细线和弹簧秤的质量) 解析：左侧物块处于超重状态时，对左侧物块受力分析知F－2mg＝2ma，对右侧的物块受力分析知3mg－F＝3ma 12 联立解得F＝mg 5 左侧物块处于失重状态时，对左侧物块受力分析知 2mg－F′＝2ma′ 对右侧的物块受力分析知F′－mg＝ma′ 4 联立解得F′＝mg. 3 4