必刷03　牛顿运动定律的综合应用与题型-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）

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必刷03　牛顿运动定律的综合应用与题型


必刷点1　连接体的动力学问题

典例1. (2020·安徽模拟)为了测量小木板和斜面间的动摩擦因数,某同学设计如图所示实验,在小木板上固定一个轻质弹簧测力计(以下简称弹簧),弹簧下端吊一个光滑小球,弹簧长度方向与斜面平行,现将木板连同弹簧、小球放在斜面上,用手固定木板时,弹簧示数为F1;放手后,木板沿斜面下滑,稳定后弹簧示数为F2.测得斜面倾角为θ,则木板与斜面间动摩擦因数μ为多少?(斜面固定在地面上)

【答案】 　F2F1tan θ
【解析】 木板固定时弹簧示数为F1,对小球受力分析有:F1=mgsin θ　①
整体下滑时,由牛顿第二定律得:(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a　②
下滑稳定后,对小球mgsin θ-F2=ma　③
联立①②③解得μ=F2F1tan θ.
变式1.(2020·河南模拟)(多选)如图所示,质量为m2的物体,放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体.当车向左加速运动时,与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角,m2与车厢相对静止.则(　　)

A.车厢的加速度为gsin θ
B.绳对物体m1的拉力为m1gcosθ
C.底板对物体m2的支持力为(m2-m1)g
D.物体m2所受底板的摩擦力为m2gtan θ

【答案】　BD

【解析】 以物体m1为研究对象,分析受力情况如图1:重力m1g和拉力T,根据牛顿第二定律得m1gtan θ=m1a,得a=gtan θ,则车厢的加速度也为gtan θ,T=m1gcosθ,故A错误,B正确.对物体m2研究,分析受力如图2,根据牛顿第二定律得:N=m2g-T=m2g-m1gcosθ,f=m2a=m2gtan θ,故C错误,D正确.

必刷点2　“传送带”模型

典例2. (2020·辽宁模拟)如图所示,倾角为37°,长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s,在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m=0.5 kg 的物体,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2.求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;
(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间.
【答案】(1)4 s　(2)2 s
【解析】 (1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,所受的滑动摩擦力沿斜面向上,物体相对传送带向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有:
mg(sin 37°-μcos 37°)=ma
解得:a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2
再根据l=12at2,解得:t=4 s.
(2)传送带逆时针转动时,物体开始相对传送带向上运动,所受的滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
则有:a1=gsin 37°+μgcos 37°=10 m/s2
设物体的速度等于传送带的速度时经历的时间为t1,位移为x1,则有:t1=va1=1010 s=1 s
x1=12a1t12=5 mμmgcos 37°,所以下一时刻物体相对传送带向下运动,受到传送带向上的滑动摩擦力.
此后物体的加速度a2=mgsin37°-μmgcos37°m=2 m/s2
此后物体的位移x2=l-x1=11 m
又x2=vt2+12a2t22
解得:t2=1 s(t2=-11 s舍去)
即t总=t1+t2=2 s.
变式2.(2020·河北模拟)如图所示为某工厂的货物传送装置,倾斜运输带AB(与水平面成α=37°)与一斜面BC(与水平面成θ=30°)平滑连接,B点到C点的距离为L=0.6 m,运输带运行速度恒为v0=5 m/s,A点到B点的距离为x=4.5 m.现将一质量为m=0.4 kg的小物体轻轻放于A点,物体恰好能到达最高点C点.已知小物体与斜面间的动摩擦因数μ1=36,求:(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,空气阻力不计)

(1)小物体运动到B点时的速度v的大小;
(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ;
(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.
【答案】(1)3 m/s　(2)78　(3)3.4 s
【解析】(1)设小物体在斜面上的加速度为a1,运动到B点的速度为v,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1
由运动学公式知v2=2a1L,联立解得v=3 m/s.
(2)因为v2μ(m1+m2)g (3) 22.4 N
【解析】(1)砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为:f1=μm1g,f2=μ(m1+m2)g.
纸板所受摩擦力的大小:f=f1+f2=μ(2m1+m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,
则有:f1=m1a1,F-f1-f2=m2a2
发生相对运动需要a2>a1
代入数据解得:F>2μ(m1+m2)g.
(3)为确保实验成功,即砝码移动的距离不超过l=0.002 m,纸板抽出时砝码运动的最大距离为:x1=12a1t12,
纸板运动距离为:d+x1=12a2t12
纸板抽出后砝码运动的距离为:x2=12a3t22,
l=x1+x2
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2
代入数据联立得:F=22.4 N.
变式3.(2020·安徽模拟)如图所示,质量均为m的木块和长木板静止在水平地面上,木块可视为质点,木板长为L,木块与木板间动摩擦因数μ1=12,木板与地面间动摩擦因数μ2=18,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.

(1)若木板和木块一起以初速度v0向右运动,求木板向右运动的最大位移x;
(2)若对木块施加水平向右的拉力,为使木块与木板无相对滑动,求拉力应满足的条件;
(3)若对木板施加水平拉力F=32mg,为使木块不脱离木板,求拉力F作用的最长时间t1.
【答案】(1)4v02g　(2)0gsin θ
【答案】BC
【解析】 A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于或等于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确.B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmgcos θ,根据牛顿第二定律得到,加速度a=g(sin θ+μcos θ),若μt1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2',此时A与B之间摩擦力为零,同理可得:a1'=6 m/s2　
a2'=-2 m/s2　
即B做减速运动.
设经过时间t2,B的速度减为零,则有:v2+a2't2=0　
联立⑩式得:t2=1 s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为:
s=12a1t12+v1t2+12a1't22-12a2t12+v2t2+12a2't22
=12 m