1、1微专题 3 牛顿运动定律的综合应用A 组 基础过关1.(2018 湖北武汉模拟)如图所示,两粘连在一起的物块 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 FaFb,则 a 对 b 的作用力( )A.必为推力B.必为拉力C.可能为推力,也可能为拉力D.不可能为零答案 C 将 a、b 看做一个整体,加速度 a= ,单独对 a 进行分析,设 a、b 间的作用力为 Fab,则 a=Fa+Fbma+mb= ,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,也可能等于Fa+Fabma F
2、a+Fbma+mb Fbma-Fambma+mb0。2.(2018 河南南阳五校联考)如图所示,滑轮 A 可沿倾角为 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 g sin B.绳的拉力为GcosC.绳的方向保持竖直 D.绳的拉力为 G答案 A 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 g sin ,所以选项 A 正确;再以 B 为研究对象进行受力分析,如图,根据平行四边形定则可知,绳子的方向与斜面垂直,拉力大小等于 G cos ,故选项 B、C、
3、D 都错误。23.(2019 浙江温州期中)如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”,战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的导师按下按钮,战车就由静止开始沿长 10 m 的斜面冲到学员面前,最终刚好停在斜面的末端,此过程约历时 4 s。在战车的运动过程中,下列说法正确的是( )A.导师始终处于失重状态B.战车所受外力始终不变C.战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D.根据题中信息可以估算导师运动的平均速度答案 D 由题意可知,“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,加速过程中有沿斜面向下的加速度,战车处于失重状态,战车减速向下运动时又处于超重状态,故 A 错误;战车所受外力先
4、沿斜面向下,后又沿斜面向上,B、C 错误;由 = 可得战车运动的平均速度 =2.5 m/s,所以选项 D 正确。vxt v4.(多选)两个叠在一起的滑块,置于固定的、倾角为 的斜面上,如图所示,滑块 A、B 的质量分别为M、m,A 与斜面间的动摩擦因数为 1,B 与 A 之间的动摩擦因数为 2,已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下,滑块 B 受到的摩擦力( )A.等于零 B.方向沿斜面向上C.大小等于 1mg cos D.大小等于 2mg cos 答案 BC 把 A、B 两滑块作为一个整体,设其下滑的加速度为 a,由牛顿第二定律有(M+m)g sin - 1(M+m)g cos =
5、(M+m)a3得 a=g(sin - 1 cos )由于 a6 m,所以小物块将从传送v222a 5222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,小物块向左减速运动的位移大小为 x= = m=4 m4F2 D.F1=2F2答案 B 沿弹簧轴线方向在质量为 2m 的小球上施加一水平向右的拉力 F1,对整体分析,整体的加速度a= ,隔离对质量为 m 的小球分析,根据牛顿第二定律得,F 弹 =ma= =kx1;同理,沿弹簧轴线方向在质量为F13m F1
6、3m 的小球上施加一水平向左的拉力 F2,a= ,隔离对质量为 2m 的小球分析,根据牛顿第二定律得:F 弹F23m=2ma= =kx2,由于 x1=2x2,联立可得:F 1=4F2,故 B 正确,A 、C、D 错误。2F239.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,弹簧测力计示数为 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,可观察到弹簧测力计上的示数变大,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,可观察到弹簧测力计上的示数变小,左侧物块处于失重状
7、态。请问:左侧物块处于超重状态时,弹簧测力计的读数是多少?左侧物块处于失重状态时,弹簧测力计的读数又是多少?(不计连接物块的细线和弹簧测力计的质量)答案 mg mg125 436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联立解得 F= mg125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联立解得 F= mg4310.某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度。如图所示,一长 L=0.60 m、质量 M=0.40 kg 的木板靠在光滑竖直墙面上,木
8、板右下方有一质量 m=0.80 kg 的小滑块(可视为质点),滑块与木板间的动摩擦因数为 =0.20,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取 g=10 m/s2。一人用水平恒力 F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力 F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动。(1)为使木板能向上运动,求 F1必须满足什么条件?(2)若 F1=22 N,为使滑块与木板能发生相对滑动,求 F2必须满足什么条件?(3)游戏中,如果滑块上移 h=1.5 m 时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功。现F1=24 N,F2=16 N,请通过计算判断游戏能否成功?答案 (1)F 120 N (2)
9、F 213.2 N (3)见解析解析 (1)滑块与木板间的滑动摩擦力 f=F 1为使木板能向上运动,对木板应有:fMg代入数据得 F120 N(2)为使滑块与木板能发生相对滑动,对木板,由牛顿第二定律有:F 1-Mg=Ma1对滑块,由牛顿第二定律有:F 2-F 1-mg=ma2要能发生相对滑动,应有:a 2a17代入数据可得 F213.2 N(3)对滑块,由牛顿第二定律有:F 2-F 1-mg=ma3设滑块上移 h 的时间为 t,则 h= a3t212对木板,由牛顿第二定律有:F 1-Mg=Ma4设木板在 t 时间内上升的高度为 H,则 H= a4t212代入数据可得 H=0.75 m由于 H
10、+Lh,滑块在上升 1.5 m 之前已经脱离了木板,所以游戏不能成功。B 组 能力提升11.(多选)(2019 山东泰安期末)三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是 2 m,且与水平方向的夹角均为 37。现有两小物块 A、B,从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。(g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)下列说法中正确的是( )A.物块 A 到达底端时的速度比 B 到达底端时的速度大B.A、B 同时到达传送带底端C.物块 A 先到达传送带底端D.物块 A、B 在传送带上的划痕长度之比
11、为 13答案 BD 由于 =0.5tan 37=0.75,所以传送带对物块 A、B 的摩擦力方向都沿传送带向上,物块A、B 沿传送带向下都做匀加速直线运动,加速度相等,两物块的初速度相等,位移相等,则运动时间也相等,故选项 B 正确,选项 A、C 错误;物块 A 下滑过程中相对传送带的位移等于物块 A 的位移与传送带匀速运动的位移之差,a A=aB=g sin -g cos =2 m/s 2,代入公式 x=v0t+ at2解得 t=1 s,则 x A=x-12vt=1 m,物块 B 下滑过程中相对传送带的位移等于物块 B 的位移与传送带匀速运动的位移之和,x B=x+vt=3 m,故选项 D
12、正确。812.(2018 山东潍坊检测)如图所示,在足够高的光滑水平台面上静置一质量为 m 的长木板 A,A 右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为 m 的物体 C 连接。当 C 从静止开始下落距离 h 时,在木板 A 的最右端轻放一质量为 4m 的小铁块 B(可视为质点),最终 B 恰好未从木板 A 上滑落。A、B 间的动摩擦因数=0.25,且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g,求:(1)C 由静止下落距离 h 时,A 的速度大小 v0;(2)木板 A 的长度 L;(3)若当铁块 B 轻放在木板 A 的最右端的同时,对 B 加一水平向右的恒力 F=7mg,其他条件不变,求 B
13、滑出 A 时的速度大小。答案 (1) (2)2h (3)gh52 gh解析 (1)对 A、C 分析:mg=2ma, =2ahv20解得 v0= gh(2)B 放在 A 上后,设 A、C 仍一起加速,则由牛顿第二定律得 mg-4mg=ma解得 a=0即 B 放在 A 上后,A、C 以速度 v0匀速运动B 匀加速运动,加速度 =g=aB0g4设经过时间 t0,A、B、C 达到共速,且 B 刚好运动至木板 A 的左端,则 v0= t0,木板 A 的长度 L=v0t0-aB0v0t012解得 L=2h(3)共速前:A 和 C 匀速,B 加速= =2gaB1F+ 4mg4mt1= =v0aB112 hgx 1=xAC-xB=v0t1- v0t1=12 h4共速后全部向右加速9aB2= = gF-4mg4m 32aAC= =gmg+4mg2mx 2=x 1= ( -aAC)12aB2 t22解得 vB2=v0+aB2t2=52 gh
