第3講　牛頓運動定律的綜合應用一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．(2022·浙江嘉興市高三模擬)如圖所示，水平輕彈簧一端固定在豎直墻面上，另一端與光滑水平地面上的小車接觸，小車水平臺面上的重物與小車始終保持相對靜止，在小車向右運動壓縮彈簧的過程中(　B　)A．彈簧的勁度系數(shù)增大B．小車受到的合力增大C．重物受到的摩擦力不變D．重物對小車的摩擦力方向向左[解析]　彈簧勁度系數(shù)與形變量無關，與自身性質(zhì)有關，故A錯誤；對小車和重物整體，有kx＝(M＋m)a，小車受到的合力F＝Ma＝·kx，所以在小車向右運動壓縮彈簧的過程中，彈簧形變量變大，則小車受到的合力增大；重物受到的摩擦力f＝·kx，故摩擦力變大，故B正確，C錯誤；重物隨小車向右減速運動，加速度向左，則小車對重物摩擦力向左，則重物對小車的摩擦力方向向右，故D錯誤。2．(2021·青海高三一模)質(zhì)量均為0.2 kg的兩個小物塊A、B用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，將A從圖示位置由靜止釋放，釋放前瞬間A的底部到水平地面的高度為0.8 m，輕繩處于伸直狀態(tài)，A落地后不反彈，B繼續(xù)沿水平臺面向右運動。B與臺面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2, B不會與滑輪相碰，不計空氣阻力。下列說法正確的是(　D　)A．A落地前輕繩的拉力大小為2 NB．B運動的最大速度為4 m/sC．A落地后，B向右運動的路程為1.2 mD．B運動的平均速度大小為1 m/s[解析]　設A落地前輕繩的拉力大小為T，A、B的加速度大小均為a1，則對A、B分別應用牛頓第二定律可得mg－T＝ma1，T－μmg＝ma1，聯(lián)立解得a1＝2.5 m/s2，T＝1.5 N，故A錯誤；A落地時B達到最大速度，根據(jù)運動學公式可得最大速度為v＝＝2 m/s，故B錯誤；A落地后，B做勻減速運動，其加速度大小為a2＝μg＝5 m/s2，B向右運動的路程為s＝＝0.4 m，故C錯誤；根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知B在勻加速和勻減速運動過程的平均速度大小均為＝＝1 m/s，所以整個過程中B運動的平均速度大小為1 m/s，故D正確。3．(2021·全國高三專題練習)如圖所示，水平桌面上放置一個傾角為45°的光滑楔形滑塊A，一細線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細線另一端拴一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運動(取g＝10 m/s2)，則下列說法正確的是(　A　)A．當a＝5 m/s2時，滑塊對球的支持力為 NB．當a＝15 m/s2時，滑塊對球的支持力為 NC．當a＝5 m/s2時，地面對A的支持力一定大于兩個物體的重力之和D．當a＝15 m/s2時，地面對A的支持力一定小于兩個物體的重力之和[解析]　設加速度為a0時小球?qū)瑝K的壓力等于零，此時對小球受力分析，受重力、線的拉力，根據(jù)牛頓第二定律有：水平方向F合＝F0cos  45°＝ma0，豎直方向F0sin 45°＝mg，解得a0＝g。當a＝5 m/s2時，小球未離開滑塊，對小球受力分析，水平方向Fcos  45°－FNsin 45°＝ma，豎直方向Fsin 45°＋FNcos  45°＝mg，解得FN＝ N，故A正確；當a＝15 m/s2時，小球已經(jīng)離開滑塊，只受重力和線的拉力，滑塊對球的支持力為零，故B錯誤；當滑塊和小球組成的系統(tǒng)相對穩(wěn)定后，豎直方向沒有加速度，受力平衡，所以地面對A的支持力一定等于兩個物體的重力之和，C、D錯誤。4.如圖所示，質(zhì)量為M的斜劈形物體放在水平地面上，質(zhì)量為m的粗糙物塊以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑動，至速度為零后又加速返回，而物體M始終保持靜止。則在物塊m上、下滑動的整個過程中(　C　)A．地面對物體M的摩擦力方向先向左后向右B．地面對物體M的摩擦力大小不變C．地面對物體M的摩擦力方向不變D．地面對物體M的支持力總等于(M＋m)g[解析]　物體m先減速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，對M與m整體受力分析，受到重力(M＋m)g，地面支持力N和地面摩擦力，將物體m的加速度分解為沿水平和豎直兩個方向，如圖，根據(jù)牛頓第二定律，有水平方向：f＝m·(a·cos θ)　 ①豎直方向：(M＋m)g－N＝m·(a·sin θ)  　②其中θ為斜面傾角。由①看出，f的方向總沿水平向左方向，即地面對斜面體的靜摩擦力方向沒有改變。故A、B錯誤，C正確；由②式可知，N＜(M＋m)g，地面對物體M的支持力總小于(M＋m)g，D錯誤。5. (2022·廣東深圳中學模擬)兩個質(zhì)量均為m的相同的物塊疊放在一個輕彈簧上面，處于靜止狀態(tài)。彈簧的下端固定于地面上，彈簧的勁度系數(shù)為k。t＝0時刻，給A物塊一個豎直向上的作用力F，使得兩物塊以0.5g的加速度勻加速上升，下列說法正確的是(　C　)A．A、B分離前所受合外力大小與時間的平方t2成線性關系B．分離時彈簧處于原長狀態(tài)C．在t＝ 時刻A、B分離D．分離時B的速度大小為 g[解析]　本題考查彈簧作用下疊加體的受力和運動分析。A、B分離前兩物塊做勻加速運動，所受合外力大小不變，選項A錯誤；開始時彈簧的壓縮量為x1，則2mg＝kx1；當兩物塊分離時，加速度相同且兩物塊之間的彈力為零，對物體B有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝at2，解得x1＝，x2＝，t＝ ，此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，選項B錯誤，C正確；分離時B的速度v＝at＝g· ＝g，選項D錯誤。6.如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則煤塊從A端運動到B端的過程中(　BD　)A．煤塊從A端運動到B端的時間是2.25 sB．煤塊從A端運動到B端的時間是1.5 sC．劃痕長度是0.5 mD．劃痕長度是2 m[解析]　根據(jù)牛頓第二定律，煤塊的加速度a＝＝4 m/s2，煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m<x，此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運動直至B端，所以劃痕長度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，選項D正確，C錯誤；x2＝x－x1＝2 m，勻速運動的時間t2＝＝0.5 s，運動的總時間t＝t1＋t2＝1.5 s，選項B正確，A錯誤。7．(2021·河南鄭州一中摸底)如圖所示，光滑水平桌面放置著物塊A，它通過輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著物塊B。已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度大小為g。由靜止釋放物塊A、B后(　AC　)A．相同時間內(nèi)A、B運動的路程之比為2∶1B．物塊A、B的加速度之比為1∶1C．輕繩的拉力為D．當B下落高度h時，速度為[解析]　本題考查加速度不同的連接體問題。根據(jù)動滑輪的特點可知，相同時間內(nèi)，A、B運動的路程之比為2∶1，選項A正確；根據(jù)s＝at2可知，物塊A、B的加速度之比為2∶1，選項B錯誤；設輕繩的拉力為T，B的加速度為a，則對A有T＝m·2a，對B有3mg－2T＝3ma，解得a＝g，T＝mg，選項C正確；當B下落高度h時，速度為v＝＝，選項D錯誤。8．(2022·安徽蚌埠市高三模擬)如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則(　CD　)A．當F>2μmg時，A相對B開始滑動B．當F＝μmg時，A的加速度為μgC．當F＝3μmg時，A的加速度為μgD．無論F為何值，B的加速度不會超過μg[解析]　A剛相對B開始滑動時，有F－×3mg＝3ma，F－2μmg＝2ma，解得F＝3μmg，a＝μg，所以當F>3μmg時，A相對B開始滑動，A錯誤，C正確；當F＝μmg時，二者沒有相對滑動，整體有F－×3mg＝3ma，解得a＝μg，B錯誤；當A與B相對滑動時，B的加速度最大，最大為μg，D正確。二、非選擇題9．(2022·山東日照市高三模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的滑板P足夠長，在光滑水平地面上以速度v0＝7 m/s向右運動。t＝0時刻，在P最右端位置輕輕地放一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊Q(可看作質(zhì)點)，同時給Q施加一個水平向右的恒力F＝8 N。已知P與Q間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)運動過程中，P的最小速度是多少？(2)從t＝0開始，經(jīng)過多長時間，Q剛好要從P的右端掉下？[答案]　(1)6 m/s　(2) s[解析]　(1)設P的加速度大小為a1，對P由牛頓第二定律可得μmg＝Ma1，解得a1＝2 m/s2，方向向左，設Q的加速度大小為a2，對Q由牛頓第二定律可得F＋μmg＝ma2，解得a2＝12 m/s2，方向向右，P做減速運動v1＝v0－a1t1，Q做加速運動v2＝a2t1，P、Q達到共同速度時v1＝v2，解得t＝0.5 s，v1＝6 m/s。(2)從開始計時到達到共同速度，P的位移大小為x1，x1＝v0t1－a1t＝3.25 m，Q的位移大小為x2，x2＝a2t＝1.5 m。Q相對P向左運動的距離為d，則d＝(x1－x2)＝1.75 m，P、Q達到共同速度之后無法相對靜止，各自做變速運動。設Q的加速度大小為a3，對Q由牛頓第二定律可得F－μmg＝ma3，解得a3＝4 m/s2，方向向右。Q相對P向右運動，當相對位移大小為d時，Q剛好要從P的右端掉下，d＝(a3－a1)t，解得t2＝ s，所以t＝t1＋t2＝ s。10．(2022·太原市山西大附中高三月考)如圖所示為一電磁選礦、傳輸一體機的傳送帶示意圖，已知傳送帶由電磁鐵組成，位于A輪附近的鐵礦石被傳送帶吸引后，會附著在A輪附近的傳送帶上，被選中的鐵礦石附著在傳送帶上與傳送帶之間有恒定的電磁力作用且電磁力垂直于接觸面，且吸引力為其重力的1.4倍，當有鐵礦石附著在傳送帶上時，傳送帶便會沿順時針方向轉(zhuǎn)動，并將所選中的鐵礦石送到B端，由自動卸貨裝置取走。已知傳送帶與水平方向夾角為53°，鐵礦石與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，A、B兩輪間的距離為L＝64 m，A、B兩輪半徑忽略不計，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos  53°＝0.6。(1)若傳送帶以恒定速率v0＝10 m/s傳動，求被選中的鐵礦石從A端運動到B端所需要的時間；(2)實際選礦傳送帶設計有節(jié)能系統(tǒng)，當沒有鐵礦石附著傳送帶時，傳送帶速度幾乎為0，一旦有鐵礦石吸附在傳送帶上時，傳送帶便會立即加速啟動，要使鐵礦石最快運送到B端，傳送帶的加速度至少為多大？并求出最短時間。[答案]　(1)8.9 s　(2)2 m/s2　8 s[解析]　(1)當傳送帶勻速向上傳動時，對鐵礦石，沿傳送帶方向Ff－mgsin θ＝ma，垂直傳送帶方向FN－mgcos θ－F＝0，其中F＝1.4mg，Ff＝μFN，解得a＝2 m/s2。則鐵礦石運動到與傳送帶速度相等所需要的時間為t1＝＝ s＝5 s對應的位移為x1＝at＝×2×52 m＝25 m，根據(jù)以上計算可知，鐵礦石在傳送帶上受到的滑動摩擦力大于鐵礦石重力沿傳送帶方向的分力，所以當鐵礦石的速度與傳送帶速度相等以后，鐵礦石會隨傳送帶勻速運動到B端，則其勻速運動時間為t2＝＝s＝3.9 s，所以鐵礦石從傳送帶的A端運動到B端所需要的時間為t＝t1＋t2＝8.9 s。(2)只有鐵礦石一直加速運動到B點時，所用時間才會最短，根據(jù)問題(1)分析可知，鐵礦石在傳送帶上的最大加速度是2 m/s2，所以傳送帶的最小加速度為amin＝2 m/s2，則有L＝at′2，代入數(shù)據(jù)解得最短時間為t′＝8 s。

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