2022新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（18）--牛顿运动定律章末总结1.有两个光滑固定斜面AB和BC，A和C两点在同一水平面上，斜面BC比斜面AB长，如图9所示．一个滑块自A点以速度vA上滑，到达B点时速度减小为零，紧接着沿BC滑下．设滑块从A点到C点的总时间是t0.那么以下选项中能正图9确表示滑块速率v随时间t变化的规律的图象是( C )解析设AB长为L1，倾角为α，BC长为L2，倾角为β.滑块沿AB上滑的加速度大小为a1＝gsinα，滑块从A滑到B所用的时间为：t1＝＝，由运动学公式得：v＝2a1L1.又滑块从B滑到C时的加速度大小为：a2＝gsinβ，滑到C点的速度为：vC＝，从B滑到C所用的时间为：t2＝＝，由几何关系可得，L1sinα＝L2sinβ，联立解得：vC＝vA，t1<t2，综合得出，正确选项为C.2.(2022·山东青岛15中质检)如图10所示，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物．现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速直线运动，那么弹簧秤的读数为( D )A．mg B.mgC.FD.F图10解析以弹簧和重物整体为研究对象，F－(m0＋m)g＝(m0＋m)a，以重物为研究对象，F弹－mg＝ma，得到弹簧秤的读数F弹＝F，故D正确．3．如图11所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2从右端滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时速率为v2′，那么下图11列说法正确的选项是( AB )4/4\nA．假设v1<v2，那么v2′＝v1B．假设v1>v2，那么v2′＝v2C．不管v2多大，总有v2′＝v2D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v2解析设物体的质量为m，物体与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，物体相对传送带滑动的加速度大小为a.物体在传送带上滑动，那么有：Ff＝ma，物体在传送带上向左滑动的位移为：x＝.速度减为零后，在滑动摩擦力的作用下开场向右匀加速运动，加速度大小仍为a，假设v1>v2，滑到传送带右端时的速度大小为：v2′＝，比较可以得出，v2′＝v2<v1；假设v1<v2，物体还没有运动到传送带的右端，速度就和传送带的速度相同，物体与传送带之间不再存在摩擦力，物体随传送带一起匀速运动，v2′＝v1<v2.正确选项为A、B.4．如图12所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力FT图12拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，那么轻绳对m的最大拉力为( B )A.B.C.D．3μmg解析设绳中的最大拉力为F，共同运动的加速度为a，对右边的m应用牛顿第二定律得：μmg－FT＝ma，对左边的两个物体应用牛顿第二定律得：FT＝3ma，联立解得FT＝，正确选项为B.5．(2022·江苏南通一中阶段测试)在探究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图13(a)所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开场逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象，如图(b)所示．已知木块质量为0.78kg.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.图13(1)求木块与长木板间的动摩擦因数．(2)假设木块在与水平方向成37°角斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a＝2.0m/s2的加速度从静止开场做匀变速直线运动，如图(c)所示．拉力大小应为多大？答案(1)0.4 (2)4.5N解析 (1)由题图(b)可知，木块所受到的滑动摩擦力4/4\nFf＝3.12N由Ff＝μFN，得μ＝＝＝＝0.4(2)物体受重力G、支持力FN、拉力F和摩擦力Ff作用．将F分解为水平和竖直两方向，根据牛顿运动定律Fcosθ－Ff＝maFsinθ＋FN＝mgFf＝μFN联立各式可得F＝4.5N6.如图14所示，一质量为M＝5kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1＝0.5，斜面高度为h＝0.45m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2＝0.8，小物块的质量为m＝1kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开场在M上作用一水平恒力，并且同时释放m，取g＝10m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：图14(1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？(2)此过程中水平恒力至少为多少？(3)当(1)问中水平恒力作用0.4s时，撤去F，求m落地时M相对于出发点的位移为多少？答案(1)12.5m/s2 (2)105N (3)2.275m解析 (1)以m为研究对象，竖直方向有：mg－Ff＝0水平方向有：FN＝ma，又Ff＝μ2FN，得：a1＝12.5m/s2(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1水平恒力至少为：F＝105N(3)撤去F后小物块做平抛运动下落的时间为：t2＝＝0.3sF作用阶段，斜面体的位移为：x1＝a1t＝1m0．4s末的速度为：v1＝a1t1＝5m/s撤去F后，对斜面体应用牛顿第二定律得：μ1Mg＝Ma2解得a2＝5m/s2斜面体速度减为0所用的时间为：t＝＝1s>t2＝0.3s在t2时间内斜面体的位移为：x2＝v1t2－a2t＝1.275mm落地时M相对于出发点的位移为：x＝x1＋x2＝2.275m7.如图15所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2m/s的速率运行．现把一质量为m＝10kg的工件(可看为质4/4\n点)轻轻放在传送带的底端，经时间t＝1.9s，工件被传图15送到h＝1.5m的高处，并取得了与传送带相同的速度，取g＝10m/s2.求：(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力F1.(2)工件与传送带之间的相对位移Δx.答案(1)75N (2)0.8m解析 由题意高h对应的传送带长为L＝＝3m工件速度到达v0之前，从静止开场做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移为x1，有x1＝t1＝t1因工件最终取得了与传送带相同的速度，所以到达v0之后工件将匀速运动，有L－x1＝v0(t－t1)解得：t1＝0.8s，x1＝0.8m所以匀加速运动阶段的加速度为a＝＝2.5m/s2在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有F1－mgsinθ＝ma解得：F1＝75N(2)在时间t1内，传送带运动的位移为x＝v0t1＝1.6m所以在时间t1内，工件相对传送带的位移为Δx＝x－x1＝0.8m.4/4
