2022届高考物理联考模拟汇编专题十牛顿运动定律的综合应用含解析

这是一份2022届高考物理联考模拟汇编专题十牛顿运动定律的综合应用含解析，共13页。
A．当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0
B．当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力
C．当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0
D．当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N
解析：选A 由题意可知，座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动，之后座舱做减速运动，当座舱落到离地面45米高的位置时，人和球均做自由落体运动，此时球对手的作用力为零，选项A正确，B错误；当座舱落到离地面20米高的位置时，球做减速运动，处于超重状态，球对手的作用力大于50 N，选项C、D错误。
2．如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长。在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为( )
A．aA＝eq \f(1,2)g，aB＝5g B．aA＝aB＝eq \f(1,5)g
C．aA＝eq \f(1,4)g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g
解析：选D 对滑轮分析：F－2T＝ma，又m＝0，
所以T＝eq \f(F,2)＝eq \f(6mg,2)＝3mg，
对A分析：由于T2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。
(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。
(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。
对A、B整体有3mg－F＝3ma，
对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，
联立解得F≤eq \f(3,2)mg。
(2)A到达上边界PQ时的速度vA＝eq \r(2gH)。
当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。
A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝ eq \r(\f(2H,g))。
由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2＝eq \f(2mg－mg,2m)＝eq \f(g,2)。
物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为
ΔL＝L－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vAt＋\f(1,2)a2t2－H))＝L－eq \f(3,2)H。
答案：(1)F≤eq \f(3,2)mg (2)L－eq \f(3,2)H
7．(2021·珠海调研)水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速度运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速的放在A处。已知该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离l＝2 m，g取10 m/s2，求：
(1)行李从A运送到B所用的时间t；
(2)电动机运送该行李需多消耗的电能E；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。
解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2
设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则v＝at1，s1＝eq \f(1,2)at12，解得t1＝1 s，s1＝0.5 m
行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2
则t2＝eq \f(l－s1,v)＝1.5 s
所以行李从A运送到B共用时间为t＝t1＋t2＝2.5 s。
(2)电动机需多消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故
E＝eq \f(1,2)mv2＋μmgΔL
行李与传送带的相对位移ΔL＝vt1－s1＝0.5 m，
代入数据解得E＝4 J。
(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短
有l＝eq \f(1,2)at2
代入数据得t＝2 s，
此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s
故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。
答案：(1)2.5 s (2)4 J (3)2 s 2 m/s
8．(2021·洛阳模拟)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2。现以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)A物体在纸带上的滑动时间；
(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v­t图像；
(3)物体A、B停在地面上时，两者之间的距离。
解析：(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg＝ma1
当物体A滑离纸带时eq \f(1,2)at12－eq \f(1,2)a1t12＝d
由以上两式可得t1＝1 s。
(2)如图所示。
(3)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1
两物体在地面上运动时均有
μ2mg＝ma2
物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1＝eq \f(v12,2a1)＋eq \f(v12,2a2)
物体B滑离纸带时eq \f(1,2)at22－eq \f(1,2)a1t22＝2d
物体B离开纸带时的速度v2＝a1t2
物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移
x2＝eq \f(v22,2a1)＋eq \f(v22,2a2)
两物体A、B最终停止时的间距x＝x2＋d－x1
由以上各式可得x＝1.25 m。
答案：(1)1 s (2)见解析 (3)1.25 m
9．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μ＝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滑出A时的速度大小。
解析：(1)对A、C整体分析，由牛顿第二定律得mg＝2ma
又v02＝2ah，解得v0＝eq \r(gh)。
(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，
由牛顿第二定律得mg－μ·4mg＝2ma′
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aB0＝μg＝eq \f(g,4)
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＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－eq \f(1,2)v0t0
解得L＝2h。
(3)共速前：A和C匀速，B加速，aB1＝eq \f(F＋μ·4m·g,4m)＝2g
t1＝eq \f(v0,aB1)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(h,g))，Δx1＝xAC－xB＝v0t1－eq \f(1,2)v0t1＝eq \f(h,4)
共速后全部向右加速：B的加速度aB2＝eq \f(F－4μmg,4m)＝eq \f(3,2)g，
A、C共同的加速度aAC＝eq \f(mg＋4μmg,2m)＝g，
由Δx2＝Δx1＝eq \f(1,2)(aB2－aAC)t22
解得t2＝ eq \r(\f(h,g))，故B滑出A时的速度为
vB2＝v0＋aB2t2＝eq \f(5,2)eq \r(gh) 。
答案：(1)eq \r(gh) (2)2h (3)eq \f(5,2)eq \r(gh)