2020版高考物理总复习 第8课 牛顿运动定律的综合应用练习 8页

第8课　牛顿运动定律的综合应用 ‎1.连接体模型 a．利用整体法、隔离法求解接触连接体问题 ‎(1)(2018改编，6分)光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统整体一起运动，弹簧的最大形变量为(　　)‎ A.　　 　　B.　 　　　C.　　　　 D. 答案：C 解析：对两木块整体有kx＝a ，解得a＝。隔离上面的木块进行分析，弹簧处于符合要求的最大形变量状态时，两木块之间的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有f＝a＝，解得x＝，故C项正确。‎ ‎(2)(多选)(2017海南单科，5分)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、‎2m和‎3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是(　　)‎ A．若μ≠0，则k＝ B．若μ≠0 ，则k＝ 8‎ C．若μ＝0，则k＝ D．若μ＝0，则k＝ 答案：BD 解析：三个物块靠在一起，将以相同的加速度向右运动，则根据牛顿第二定律可得加速度a＝，所以R和Q之间相互作用力F1＝3ma＋3μmg＝F，Q与P之间相互作用力F2＝F－ma－μmg＝F, 所以k＝＝＝。因为上述过程与μ是否为零无关，故k＝恒成立，故B项、D项均正确。‎ b．利用整体法、隔离法求解轻绳(杆)的连接体问题 ‎(3)(多选)(2015全国Ⅱ，6分)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8 B．‎10 C．15 D．18‎ 答案：BC 解析：设P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma。设P、Q东边有k节车厢，则F＝km·a。解得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数。当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5；当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10；当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15；当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20。故B项、C项均正确。‎ ‎(4)(经典题，6分)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、‎2m、‎3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　)‎ A．此过程中物体C受重力等五个力作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到‎1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D．若水平面光滑，则绳刚要断时，A、C间的摩擦力为 答案：C 解析：物体A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A项错误。对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg。对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得F 8‎ T1－μ·4mg＝4ma，解得FT1＝F，当F＝‎1.5FT时，FT1＝FT，轻绳刚好被拉断，故B项错误，C项正确。水平面光滑，绳刚要断时，对A、C整体分析，加速度a＝，隔离A单独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D项错误。‎ c．利用整体法、隔离法求解弹簧连接体问题 ‎(5)(2017贵州模拟，6分)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则(　　) ‎ A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2‎ C．若m1>m2，则x1>x2 D．若m1 m/s时，物块一直匀加速到B点并以 m/s的速度离开B点 c．当‎5 m/s＜v传＜‎7 m/s时，物块匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动至B点离开，则有vB＝v传 d．当‎7 m/s＜v传＜ m/s时，物块匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动至B点离开，则有vB＝v传，所以物块离开B点的速度与传送带转动速度的关系图像如图所示。(8分，三段图线，第一段2分，二、三段每段3分)‎ b．分阶段分析倾斜传送带问题 ‎(7)(2017河南模拟，14分)如图所示，一倾斜的传送带，上、下两端相距L＝‎5 m，倾角α＝37°，将一物块轻放在传送带下端，让其由静止从传送带底端向上运动，物块运动到上端需要的时间为t＝5 s，传送带沿顺时针方向转动，速度大小为‎2 m/s，重力加速度g取‎10 m/s2，求：‎ ‎①物块与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎②若将传送带沿逆时针方向转动，速度大小不变，再将另一物块轻轻放在传送带的上端，让其由静止从传送带上端向下运动，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，则该物块从传送带上端运动到下端所用的时间为多少？‎ 8‎ 答案：①0.8(7分)　② s(7分)‎ 解析：①物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速运动到上端，物块与传送带间的动摩擦因数为μ1，则加速到与传送带速度相等过程中，设加速的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有 x1＝vt1(1分)‎ L－x1＝vt2(1分)‎ t1＋t2＝t(1分)‎ 解得t1＝5 s，t2＝0(1分)‎ 说明物块一直做匀加速运动到传送带上端时，速度与传送带速度相同，则物块的加速度 a1＝＝‎0.4 m/s2(1分)‎ 对物块进行受力分析可知，在平行传送带方向上，受到向上的滑动摩擦力和向下的重力的分力作用，根据牛顿第二定律有 μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma1(1分)‎ 解得 μ1＝0.8(1分)‎ ‎②物块从传送带上端由静止开始做匀加速运动，设加速度为a2，则有 μ‎2m′gcos 37°＋m′gsin 37°＝m′a2(1分)‎ 解得a2＝‎10 m/s2(1分)‎ 则物块达到与传送带共速的时间t3＝＝0.2 s(1分)‎ 运动的位移 x3＝vt3＝‎‎0.2 m 由于m′gsin 37°>μ‎2m′gcos 37°，所以物块速度达到与传送带速度相同后，仍向下做加速运动，根据牛顿第二定律得m′gsin 37°－μ‎2m′gcos 37°＝m′a3(1分)‎ 解得a3＝‎2 m/s2‎ 根据位移关系可得L－x3＝vt4＋a3t(1分)‎ 解得t4＝ s(1分)‎ 所以运动的总时间为t3＋t4＝ s(1分)‎ ‎3．滑块—木板模型 ‎ a．利用隔离法求解水平方向的滑块—木板模型 ‎(8)(2017全国Ⅲ，20分)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝‎1 kg和mB＝‎5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝‎4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝‎3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎①B与木板相对静止时，木板的速度；‎ ‎②A、B开始运动时，两者之间的距离。‎ 8‎ 答案：①‎1m/s (9分) 　②‎1.9 m(11分)‎ 解析：①滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2地面对木板的摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg(1分)‎ f2＝μ1mBg(1分)‎ f3＝μ2(mA＋mB＋m)g(1分)‎ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA (1分)‎ f2＝mBaB (1分)‎ f2－f1－f3＝ma1(1分)‎ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有 v1＝v0－aBt1(1分)‎ v1＝a1t1 (1分)‎ 联立以上各式，代入已知数据得 v1＝‎1 m/s(1分)‎ ‎②在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt (1分)‎ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2(2分)‎ 由于aA＝aB, B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2(1分)‎ 对A有v2＝－v1＋aAt2(1分)‎ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－a2t(1分)‎ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2(2分)‎ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 s0＝sA＋s1＋sB(2分)‎ 联立以上各式，并代入数据得s0＝‎1.9 m(1分)‎ b.利用隔离法求解斜面上的滑块—木板模型 ‎(9)(2015全国Ⅱ，20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角θ＝37°的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1‎ 8‎ 减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第 ‎2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝‎27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎①在0～2 s时间内A和B加速度的大小；‎ ‎②A在B上总的运动时间。‎ 答案：①‎3 m/s2　‎1 m/s2(8分)　②4 s(12分)‎ 解析：①在0～2 s时间内，A和B的受力如图(a)、图(b)所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小， f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示 图(a) 图(b)‎ 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f1＝μ1N1(1分)‎ N1＝mgcos θ(1分)‎ f2＝μ2N2(1分)‎ N2＝N1＋mgcos θ(1分)‎ 规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ－f1＝ma1(1分)‎ mgsin θ－f2＋f1＝ma2(1分)‎ 联立并代入题给条件得 a1＝‎3 m/s2，a2＝‎1 m/s2(2分)‎ ‎②在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则 v1＝a1t1＝‎6 m/s(1分)‎ v2＝a2t1＝‎2 m/s(1分)‎ t>t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得 a1′＝‎6 m/s2(1分)‎ a2′＝－‎2 m/s2(1分)‎ 即B做减速运动，设经过时间t2，B的速度减为零，则有 v2＋a2′t2＝0(1分)‎ 解得t2＝1 s(1分)‎ 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 s＝－＝‎12 m＜‎27 m(2分)‎ 此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有 8‎ l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t(2分)‎ 解得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)(1分)‎ 设A在B上总的运动时间为t总，有 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s(1分)‎ 8‎