（新课标）2020届高考物理一轮总复习 必修部分 第3章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用随堂集训 7页

第3讲 牛顿运动定律的综合应用 ‎ ‎1.[2020·江苏高考](多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)‎ A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 答案　AD 解析　当电梯有向上的加速度时，对人进行受力分析，人受重力和地板的支持力，由牛顿第二定律，得FN－mg＝ma，则地板对人的支持力大于重力，向上的加速度越大，支持力则越大，由牛顿第三定律可得：人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，则人对地板的压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，同理，当电梯有向下的加速度时，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，D项正确。‎ ‎2．[2020·重庆高考]若货物随升降机运动的vt图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是(　　)‎ 答案　B 解析　由vt图象可知，有两段时间匀速运动，支持力等于重力，由牛顿第二定律F－mg＝ma知，加速度为负时，处于失重状态，支持力小于重力，加速度为正时，处于超重状态，支持力大于重力，所以B项正确。‎ ‎3．[2020·课标全国卷Ⅱ](多选)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　‎ 设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为n－x。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(n－x)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F＝max，联立可得n＝x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误。‎ ‎4．[2020·衡水三调](多选)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝‎10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)‎ A．‎4 m/s2 B．‎3 m/s2‎ C．‎2 m/s2 D．‎1 m/s2‎ 答案　AB 解析　如图，当mgtan15°＝ma即a＝‎2.7 m/s2时只有N传感器有示数，若要Q传感器也有示数，需a＞‎2.7 m/s2，故A、B正确，C、D错误。‎ ‎5.[2020·课标全国卷Ⅰ]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为‎4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1‎ ‎ s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)木板右端离墙壁的最终距离。‎ 答案　(1)μ1＝0.1　μ2＝0.4　(2)‎6.0 m　(3)‎‎6.5 m 解析　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 ‎－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①‎ 由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝‎4 m/s，由运动学公式得 v1＝v0＋a1t1②‎ s0＝v0t1＋a1t③‎ 式中，t1＝1 s，s0＝‎4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。‎ 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④‎ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ‎－μ2mg＝ma2⑤‎ 由题图(b)可得a2＝⑥‎ 式中，t2＝2 s, v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4⑦‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧‎ v3＝－v1＋a3Δt⑨‎ v3＝v1＋a2Δt⑩‎ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s1＝Δt⑪‎ 小物块运动的位移为 s2＝Δt⑫‎ 小物块相对木板的位移为 Δs＝s2－s1⑬‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝‎6.0 m⑭‎ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为‎6.0 m。‎ ‎(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮‎ ‎0－v＝‎2a4s3⑯‎ 碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－‎6.5 m⑱‎ 木板右端离墙壁的最终距离为‎6.5 m。‎ ‎6．[2020·湖南联考]‎ 如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝‎4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝‎1 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F＝8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h＝‎‎2.4 m 的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。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？‎ 答案　(1)1.33 s　(2)0.85 s　‎2.3 m/s 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，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：‎ F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1，计算得：a1＝‎6 m/s2‎ t1＝＝ s x1＝＝ m 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为F＝8 N而下滑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：‎ a2＝0‎ x＝ t2＝＝ s 得t＝t1＋t2＝ s≈1.33 s ‎(2)若达到同速后撤去力F，对物块受力分析，因为mgsin37°>μmgcos37°，故减速上行 mgsin37°－μmgcos37°＝ma3，得a3＝‎2 m/s2‎ 物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：‎ x2＝x－x1‎ v2－v＝‎2a3x2，vt＝ m/s≈‎2.3 m/s t′＝＝0.85 s ‎