第四章 牛顿定律的应用-3 动力学综合应用 高三物理一轮复习

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc112436512" 「弹力类连接体问题」 PAGEREF _Tc112436512 \h 1
\l "_Tc112436513" 「摩擦力类连接体问题」 PAGEREF _Tc112436513 \h 5
\l "_Tc112436514" 「传送带问题」 PAGEREF _Tc112436514 \h 7
\l "_Tc112436515" 「滑块-木板问题」 PAGEREF _Tc112436515 \h 12
\l "_Tc112436516" 「图像类问题」 PAGEREF _Tc112436516 \h 18
「弹力类连接体问题」
1.质量不等的两木块A、B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A、B一起做匀速运动。若木块A、B的位置互相交换，则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μm，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为F′T。则（ ）
甲 乙
A．F′＝F，F′T＝FTB．F′>F，F′T＝FT
C．F′FTD．F′a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以F′>F，选项B正确。
6.如图所示，倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，在滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝eq \f(\r(5),5) kg，当滑块M以a＝2g 的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)（ ）
A．10 N B．5 N
C．eq \r(5) N D．eq \r(10) N
【答案】A
【解析】
当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。
根据牛顿第二定律，有FTcs θ＝ma0，FTsin θ－mg＝0，其中θ＝45°，解得a0＝g，则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有FT′cs α＝m·2g，FT′sin α－mg＝0，又cs2α＋sin2α＝1，联立解得FT′＝10 N，故选项A正确。
7.如图所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：
（1）A和B的质量之比；
（2）物体B沿斜面上滑的总时间。
【答案】（1）2∶1；（2）4eq \r(\f(h,g))
【解析】
（1）对物体A、B受力分析，有mAgsin 30°＝FT1，FT1＝mBg
解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(2,1)。
（2）A、B对调后，A物体接触地面前
对A：mAg－FT2＝mAa1
对B：FT2－mBgsin 30°＝mBa1
A落地后，B继续向上运动mBgsin 30°＝mBa2，得a1＝a2
B在斜面上运动时，有h＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，a1t1＝a2t2
解得t1＝t2＝2eq \r(\f(h,g))
所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4eq \r(\f(h,g))。
8.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求力F的最大值与最小值。
【答案】72 N，36 N
【解析】
设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。
「摩擦力类连接体问题」
9.如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止。以下说法正确的是（ ）
A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
【答案】C
【解析】
若C斜面光滑，A和B由静止释放，在沿斜面向下运动的过程中，整体加速度方向沿斜面向下，如图所示，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向沿斜面向下，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向沿斜面向下
由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向沿斜面向下，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误。
10.(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为eq \f(μ,4)，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是（ ）
A．a＝0B．a＝eq \f(2μg,3)
C．a＝eq \f(μg,3)D．a＝eq \f(F,2m)－eq \f(μg,4)
【答案】ACD
【解析】
水平面对木板的最大摩擦力fm＝eq \f(μ,4)·2mg＝eq \f(1,2)μmg，若拉力F≤fm，则a＝0，故A项正确；若物块相对木板运动，则μmg－eq \f(μ,4)·2mg＝ma，获得的加速度为a＝eq \f(1,2)μg，此时加速度为最大值，故B错误，C正确；若木板相对物块静止，木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为F－fm＝2ma，a＝eq \f(F,2m)－eq \f(μg,4)，D正确。
11.如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为（ ）
A．2.0 N B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
【答案】C
【解析】
根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N。根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，以B为研究对象根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
「传送带问题」
12.某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10 m、运行速度是8 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B．工件被传送到另一端的最长时间是2 s
C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10 m/s
【答案】B
【解析】
工件恰好传送到右端，有0－veq \\al(2,0)＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t＝eq \f(v0,μg)＝2 s，故A错误，B正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。
13.(多选)如图所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向匀速转动，将一小物块放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，g取10 m/s2。若传送带的速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝3eq \r(6)m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度大小可能为（ ）
A．1 m/s B．3 m/s
C．6 m/s D．9 m/s
【答案】BC
【解析】
由题意可知mgsin 30°＜μmgcs 30°，若传送带的速度很小(一直小于物块的速度)，小物块一直减速，加速度大小a1＝gsin 30°＋μgcs 30°＝12.5 m/s2，到达B点时的速度最小，且最小速度v1＝eq \r(veq \\al(2,0)－2a1L)＝2 m/s；若传送带的速度很大(一直大于物块的速度)，小物块一直加速，加速度大小a2＝μgcs 30°－gsin 30°＝2.5 m/s2，到达B点时的速度最大，且最大速度v2＝eq \r(veq \\al(2,0)＋2a2L)＝8 m/s；综上可知小物块到达B点的速度在2 m/s到8 m/s的范围内，选项B、C正确。
14.如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接。现有一物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6。求：
（1）若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小；
（2）若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，物块到达B端时的速度大小；
（3）若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s，且物块初速度变为v′0＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间。
【答案】（1）2 m/s；（2）12 m/s；（3）eq \f(25,12) s
【解析】
（1）设物块的加速度大小为a，由受力分析可知
FN＝mg，Ff＝ma，Ff＝μFN，
得a＝6 m/s2。
传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，
又x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(25,3) m>L＝8 m，
则由veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝－2aL，
得vB＝2 m/s。
（2）由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带运动方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，
由veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝2ax1，得x1＝eq \f(11,3) m