最新试题资料 第8课 牛顿运动定律的综合应用
1.连接体模型
a．利用整体法、隔离法求解接触连接体问题
m
(1)(2018改编，6分)光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度
2系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统整体一起运动，弹簧的最大形变量为( )
f2f3f4fA. B. C. D. kkkk答案：C
m2kx
m＋?a ，解得a＝。隔离上面的木块进行分析，弹簧处于解析：对两木块整体有kx＝?2??3mmkx
符合要求的最大形变量状态时，两木块之间的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有f＝a＝，
233f
解得x＝，故C项正确。
k
(2)(多选)(2017海南单科，5分)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是( )
53
A．若μ≠0，则k＝ B．若μ≠0 ，则k＝
6513
C．若μ＝0，则k＝ D．若μ＝0，则k＝
25答案：BD
解析：三个物块靠在一起，将以相同的加速度向右运动，则根据牛顿第二定律可得加速度aF－6μmg1＝，所以R和Q之间相互作用力F1＝3ma＋3μmg＝F，Q与P之间相互作用力F2
6m21
F
5F1233
＝F－ma－μmg＝F, 所以k＝＝＝。因为上述过程与μ是否为零无关，故k＝恒成立，
6F2555
F6故B项、D项均正确。
b．利用整体法、隔离法求解轻绳(杆)的连接体问题
(3)(多选)(2015全国Ⅱ，6分)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
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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
3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P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma。设P、Q东边有k节2
车厢，则F＝km·a。解得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数。当n＝2时，k＝3，总节数为
3N＝5；当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10；当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15；当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20。故B项、C项均正确。
(4)(经典题，6分)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )
A．此过程中物体C受重力等五个力作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断
FT
D．若水平面光滑，则绳刚要断时，A、C间的摩擦力为
6
答案：C
解析：物体A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A项错误。F－6μ·mgF对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg。对A、C整体分析，根据牛顿第二定律
6m6m2
得FT1－μ·4mg＝4ma，解得FT1＝F，当F＝1.5FT时，FT1＝FT，轻绳刚好被拉断，故B项
3FT
错误，C项正确。水平面光滑，绳刚要断时，对A、C整体分析，加速度a＝，隔离A单
4mFT
独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D项错误。
4
c．利用整体法、隔离法求解弹簧连接体问题
(5)(2017贵州模拟，6分)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则( )
欢迎下载这些资料库资料！ 最新试题资料 A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2
C．若m1>m2，则x1>x2 D．若m1 解析：当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再隔离b m2F 有kx1－m2g＝m2a，联立得x1＝ 。当沿水平方向拉着a时，先用整体法有F＝ k（m1＋m2）m2F (m1＋m2)a′，再隔离b有kx2＝m2a′，联立得x2＝，可见x1＝x2，故A项正确。 k（m1＋m2） 2．传送带模型 a．利用分类讨论法求解水平传送带问题 (6)(2017湖北模拟，14分)如图(a)所示为一水平传送带装置的示意图，传送带两端点A与B间的距离为L＝6.0 m，一物块(可视为质点)从A处以v0＝7 m/s的水平速度滑上传送带，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2。 图(a) 图(b) ①若传送带静止，求物块离开B点时的速度； ②若传送带以v传＝5 m/s的速度逆时针匀速转动，求物块离开B点时的速度； ③物块离开B点的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的，若传送带顺时针匀速运动，在图(b)中画出物块离开B点时的速度vB与传送带速度v传的关系图像。 答案：①5 m/s(3分) ②5 m/s(3分) ③见解析图(8分) 解析：①若传送带静止，物块一直匀减速至B点，根据牛顿第二定律得物块的加速度有 －μmga＝＝－μg＝－2 m/s2(2分) m 2 由速度—位移关系v2B－v0＝2aL，得物块离开B点时的速度 2vB＝v20＋2aL＝7＋2×（－2）×6 m/s＝5 m/s(1分) ②若传送带以v传＝5 m/s的速度逆时针匀速转动，物块的受力情况不变，则物块离开B点的速度仍为 vB＝5 m/s(3分) ③若传送带顺时针匀速运动时， a．当0＜v传≤5 m/s时，物块一直匀减速到B点，则 vB＝5 m/s b．若物块始终加速直至离开B点，其加速度 欢迎下载这些资料库资料！ 最新试题资料 μmga′＝＝μg＝2 m/s2 m物块离开B点时的速度 2 v′B＝v20＋2a′L＝7＋2×2×6 m/s＝73 m/s≈8.5 m/s 即，当v传>73 m/s时，物块一直匀加速到B点并以73 m/s的速度离开B点 c．当5 m/s＜v传＜7 m/s时，物块匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动至B点离开，则有vB＝v传 d．当7 m/s＜v传＜73 m/s时，物块匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动至B点离开，则有vB＝v传，所以物块离开B点的速度与传送带转动速度的关系图像如图所示。(8分，三段图线，第一段2分，二、三段每段3分) b．分阶段分析倾斜传送带问题 (7)(2017河南模拟，14分)如图所示，一倾斜的传送带，上、下两端相距L＝5 m，倾角α＝37°，将一物块轻放在传送带下端，让其由静止从传送带底端向上运动，物块运动到上端需要的时间为t＝5 s，传送带沿顺时针方向转动，速度大小为2 m/s，重力加速度g取10 m/s2，求： ①物块与传送带间的动摩擦因数； ②若将传送带沿逆时针方向转动，速度大小不变，再将另一物块轻轻放在传送带的上端，让其由静止从传送带上端向下运动，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，则该物块从传送带上端运动到下端所用的时间为多少？ 答案：①0.8(7分) ② 145－4 s(7分) 5 解析：①物块在传送带上先做匀加速运动，后做匀速运动到上端，物块与传送带间的动摩擦因数为μ1，则加速到与传送带速度相等过程中，设加速的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有 1 x1＝vt1(1分) 2 L－x1＝vt2(1分) t1＋t2＝t(1分) 解得t1＝5 s，t2＝0(1分) 说明物块一直做匀加速运动到传送带上端时，速度与传送带速度相同，则物块的加速度 欢迎下载这些资料库资料！ 最新试题资料 v a1＝＝0.4 m/s2(1分) t1 对物块进行受力分析可知，在平行传送带方向上，受到向上的滑动摩擦力和向下的重力的分力作用，根据牛顿第二定律有 μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma1(1分) 解得 μ1＝0.8(1分) ②物块从传送带上端由静止开始做匀加速运动，设加速度为a2，则有 μ2m′gcos 37°＋m′gsin 37°＝m′a2(1分) 解得a2＝10 m/s2(1分) v 则物块达到与传送带共速的时间t3＝＝0.2 s(1分) a21 运动的位移 x3＝vt3＝0.2 m 2 由于m′gsin 37°>μ2m′gcos 37°，所以物块速度达到与传送带速度相同后，仍向下做加速运动，根据牛顿第二定律得m′gsin 37°－μ2m′gcos 37°＝m′a3(1分) 解得a3＝2 m/s2 1 根据位移关系可得L－x3＝vt4＋a3t2(1分) 24解得t4＝? 145? s(1分) ?5－1? 145－4 s(1分) 5 所以运动的总时间为t3＋t4＝ 3．滑块—木板模型 a．利用隔离法求解水平方向的滑块—木板模型 (8)(2017全国Ⅲ，20分)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： ①B与木板相对静止时，木板的速度； ②A、B开始运动时，两者之间的距离。 答案：①1m/s (9分) ②1.9 m(11分) 解析：①滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2地面对木板的摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg(1分) f2＝μ1mBg(1分) f3＝μ2(mA＋mB＋m)g(1分) 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA (1分) f2＝mBaB (1分) 欢迎下载这些资料库资料！
【重点复习】2020版高考物理总复习练习：第8课 牛顿运动定律的综合应用 含解析
