專(zhuān)題三　牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用篇【應(yīng)用集訓(xùn)】應(yīng)用一　應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題　(2021屆安徽合肥一中高三聯(lián)考,15)如圖所示,滑塊在平行于斜面方向的恒定拉力F作用下從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)(未標(biāo)出)時(shí)撤去拉力,滑塊繼續(xù)上滑到B點(diǎn)速度為零。接著滑塊又沿斜面下滑,到A點(diǎn)時(shí)滑塊的速度vA=6m/s。已知滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間與從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間相等。(1)求滑塊上滑經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度;(2)若C點(diǎn)是AB的中點(diǎn),求拉力F與滑塊所受摩擦力f的大小之比;(3)在(2)問(wèn)條件下,求A、B兩點(diǎn)間的高度差(g取10m/s2)?！〈鸢浮?1)6m/s　(2)=　(3)2.7m應(yīng)用二　動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問(wèn)題1.如圖a所示,一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上,上端放置一物體(物體與彈簧不連接),初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上,使物體開(kāi)始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖b所示(g=10m/s2),則下列結(jié)論正確的是(　　)A.物體與彈簧分離時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài)B.彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cmC.物體的質(zhì)量為20kgD.物體的加速度大小為5m/s2答案　D　2.如圖所示,物塊A放在木板B上,A、B的質(zhì)量均為m,A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。若將水平力作用在A上,使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng),此時(shí)A的加速度為a1;若將水平力作用在B上,使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng),此時(shí)B的加速度為a2,則a1與a2的比值為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.1∶1　　B.2∶3　　C.1∶3　　D.3∶2答案　C　,應(yīng)用三　傳送帶問(wèn)題的處理　(2020廣東高三模擬,4)傳送帶廣泛應(yīng)用于物品的傳輸、分揀、分裝等工作中,某煤炭企業(yè)利用如圖所示的三角形傳送帶進(jìn)行不同品質(zhì)煤的分揀,傳送帶以6m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是1m,且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩方形煤塊A、B(可視為質(zhì)點(diǎn))從傳送帶頂端靜止釋放,煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,下列說(shuō)法正確的是(　　)A.煤塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度不相同B.煤塊A、B受到的摩擦力方向都與其運(yùn)動(dòng)方向相反C.煤塊A比煤塊B后到達(dá)傳送帶底端D.煤塊A運(yùn)動(dòng)至傳送帶底端時(shí)速度大小為2m/s　答案　A　應(yīng)用四　滑塊—滑板模型問(wèn)題分析方法1.(2020黑龍江雙鴨山高三模擬,8)(多選)如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F,則(　　)A.當(dāng)F<2μmg時(shí),A、B都相對(duì)地面靜止B.當(dāng)F=μmg時(shí),A的加速度為μgC.當(dāng)F>3μmg時(shí),A相對(duì)B滑動(dòng)D.無(wú)論F為何值,B的加速度都不會(huì)超過(guò)μg答案　BCD　2.(2020江蘇南京三模,22)如圖,質(zhì)量均為m=1kg的小物塊A和長(zhǎng)木板B疊放在水平地面上,左邊緣對(duì)齊,B上表面有長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1=6m、L2=3m的涂層,其與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=0.3,μ2=0.2,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μB=0.1?，F(xiàn)使A獲得水平向右的初速度v0=8m/s,A從B表面飛出后不會(huì)再次相遇。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g=10m/s2。求:(1)A在涂層1上滑動(dòng)時(shí),A與B之間、B與地面之間的摩擦力大小fA、fB;(2)A離開(kāi)涂層1時(shí),A、B的速度大小vA、vB;(3)B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服地面摩擦力所做的功W。答案　(1)3N　2N　(2)5m/s　1m/s　(3)3.5J[教師專(zhuān)用題組]【應(yīng)用集訓(xùn)】　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,1.如圖,某人在粗糙水平地面上用水平力F推一購(gòu)物車(chē)沿直線前進(jìn),已知推力大小是80N,購(gòu)物車(chē)的質(zhì)量是20kg,購(gòu)物車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,g取10m/s2,下列說(shuō)法正確的是(　　)A.購(gòu)物車(chē)受到地面的支持力大小是40NB.購(gòu)物車(chē)受到地面的摩擦力大小是40NC.購(gòu)物車(chē)將沿地面做勻速直線運(yùn)動(dòng)D.購(gòu)物車(chē)將做加速度為a=4m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)答案　B　購(gòu)物車(chē)沿水平地面運(yùn)動(dòng),則在豎直方向受到的支持力與重力大小相等,方向相反,所以支持力FN=20×10N=200N,A錯(cuò)誤;購(gòu)物車(chē)受到地面施加的摩擦力大小是f=μFN=0.2×200N=40N,B正確;推力大小是80N,所以購(gòu)物車(chē)沿水平方向受到的合力F合=F-f=80N-40N=40N,所以購(gòu)物車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤;購(gòu)物車(chē)的加速度a==m/s2=2m/s2,D錯(cuò)誤。2.(2020天津靜海一中等七校期中聯(lián)考)(多選)“兒童蹦極”中,拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點(diǎn)等高、完全相同的兩根橡皮繩。如圖所示,質(zhì)量為m的小明靜止懸掛時(shí),兩橡皮繩的夾角為60°(已知重力加速度為g),則(　　)A.每根橡皮繩的拉力為mgB.若將懸點(diǎn)間距離變小,則每根橡皮繩所受拉力將變小C.若此時(shí)小明左側(cè)橡皮繩在腰間斷裂,則小明此時(shí)加速度a=gD.若拴在小明腰間左右兩側(cè)的是懸點(diǎn)等高、完全相同的兩根非彈性繩,則小明左側(cè)非彈性繩在腰間斷裂時(shí),小明的加速度a=g答案　BD　兩根橡皮繩上的拉力大小相等,設(shè)每根橡皮繩的拉力為F,則2Fcos30°=mg,則F=mg,故A錯(cuò)誤。當(dāng)合力一定時(shí),兩分力夾角越小,兩分力越小,所以將懸點(diǎn)間距離變小,則每根橡皮繩所受拉力將變小,故B正確。小明左側(cè)橡皮繩在腰間斷裂,右側(cè)橡皮繩的拉力不突變,重力不變,則小明此時(shí)所受的合力與原來(lái)左側(cè)橡皮繩的拉力等大反向,加速度a==g,故C錯(cuò)誤。若拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點(diǎn)等高、完全相同的兩根非彈性繩,則小明左側(cè)非彈性繩在腰間斷裂時(shí),左側(cè)繩子拉力瞬間變?yōu)榱?右側(cè)繩子的拉力發(fā)生突變;將重力沿繩方向與垂直于繩方向分解,沿繩方向該瞬間合力為零,垂直繩子方向合力為mgsin30°,由牛頓第二定律可知mgsin30°=ma,可得此時(shí)小明的加速度a=g,故D正確?！疽?guī)律總結(jié)】彈性繩的彈力瞬時(shí)性變化與彈簧相同。非彈性繩產(chǎn)生彈力時(shí)可認(rèn)為是無(wú)形變的,其彈力可在瞬間發(fā)生突變,在情境突變前后的彈力不同,情境突變后的彈力需依據(jù)突變后的狀態(tài)來(lái)確定。3.(2020重慶一中摸底,4)如圖所示,一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上,上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(A物體與彈簧連接),彈簧的勁度系數(shù)為k,初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體B上,使物體A、B開(kāi)始向上一起做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)直到A、B分離,重力加速度為g,其中ag,所以D錯(cuò)誤。【規(guī)律總結(jié)】在彈簧彈力作用下的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱(chēng)性,物體在經(jīng)過(guò)關(guān)于加速度為零的點(diǎn)相對(duì)稱(chēng)的位置時(shí),速度、加速度、合力大小相同。5.(2020湖南長(zhǎng)沙一中模擬)(多選)如圖甲所示,為測(cè)定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系,將某一物體每次以大小不變的初速度沿足夠長(zhǎng)的斜面向上推出,調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ,實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示,g取10m/s2,根據(jù)圖像可求出(　　)A.物體的初速度v0=6m/sB.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.6C.取不同的傾角θ,物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin=1.44mD.當(dāng)某次θ=30°時(shí),物體達(dá)到最大位移后將沿斜面下滑答案　AC　本題考查特殊圖像問(wèn)題及極值的求解問(wèn)題,物體在粗糙斜面上向上運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma,得加速度為a=gsinθ+μgcosθ;由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知當(dāng)θ=90°時(shí),=2gx,可得v0==6m/s,當(dāng)θ=0時(shí),=2μgx',可得μ=0.75,故A正確,B錯(cuò)誤。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得物體能達(dá)到的位移為x=,由輔助角公式得a=gsin(θ+α),可得位移x的最小值xmin==1.44m,故C正確。由于μ>tan30°,所以當(dāng)θ=30°時(shí),物體在斜面上達(dá)到最大位移停止后,不會(huì)下滑,故D錯(cuò)誤。,【思路點(diǎn)撥】初速度大小一定,運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)速度減小到零,可知運(yùn)動(dòng)的最大位移取決于加速度,而加速度與斜面傾角一一對(duì)應(yīng),故可通過(guò)導(dǎo)出x與θ的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式來(lái)解題,特別是有關(guān)極值的問(wèn)題。6.(2020山東濟(jì)南期末)(多選)傾角為37°的足夠長(zhǎng)斜面,上面有一質(zhì)量為2kg、長(zhǎng)為8m的長(zhǎng)木板Q,木板上下表面與斜面平行。木板Q最上端放置一質(zhì)量為1kg的小滑塊P,P可視為質(zhì)點(diǎn),P、Q間光滑,Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若P、Q同時(shí)從靜止釋放,以下關(guān)于P、Q運(yùn)動(dòng)情況的描述正確的是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)(　　)A.P、Q的加速度大小分別為6m/s2、4m/s2B.P、Q的加速度大小分別為6m/s2、2m/s2C.滑塊P在Q上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1sD.滑塊P在Q上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s答案　BD　對(duì)P受力分析,在沿斜面方向上根據(jù)牛頓第二定律有mPgsin37°=mPaP,解得aP=gsin37°=6m/s2,對(duì)Q受力分析,受重力、斜面對(duì)其的支持力、摩擦力和P對(duì)其的壓力,根據(jù)牛頓第二定律有mQgsin37°-μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ,解得aQ=2m/s2,A錯(cuò)誤、B正確;設(shè)P在Q上面滑動(dòng)的時(shí)間為t,因aP=6m/s2>aQ=2m/s2,故P比Q下滑更快,根據(jù)位移關(guān)系有L=aPt2-aQt2,代入數(shù)據(jù)解得t=2s,C錯(cuò)誤,D正確。7.(2020山西臨汾第二次月考)我國(guó)科技已經(jīng)開(kāi)啟“人工智能”時(shí)代,“人工智能”已經(jīng)走進(jìn)千家萬(wàn)戶。某天,東東呼叫了外賣(mài),外賣(mài)小哥把貨物送到他家陽(yáng)臺(tái)正下方的平地上,東東操控小型無(wú)人機(jī)帶動(dòng)貨物,由靜止開(kāi)始豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后,貨物又勻速上升53s,最后再勻減速1s恰好到達(dá)他家陽(yáng)臺(tái)且速度為零。貨物上升過(guò)程中,遙控器上顯示無(wú)人機(jī)在加速、勻速、減速過(guò)程中對(duì)貨物的作用力F1、F2和F3大小分別為20.8N、20.4N和18.4N,貨物受到的阻力恒為其重力的0.02。g取10m/s2。計(jì)算:(1)貨物的質(zhì)量m;(2)貨物上升過(guò)程中的最大速度v及東東家陽(yáng)臺(tái)距地面的高度h。答案　(1)2kg　(2)1m/s　56m解析　(1)在貨物勻速上升的過(guò)程中由平衡條件得F2=mg+f其中f=0.02mg解得m=2kg(2)設(shè)整個(gè)過(guò)程中的最大速度為v,在貨物勻減速運(yùn)動(dòng)階段由牛頓第二定律得mg+f-F3=ma3由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0=v-a3t3解得v=1m/s減速階段的位移x3=vt3=0.5m勻速階段的位移x2=vt2=53m加速階段,由牛頓第二定律得F1-mg-f=ma1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2a1x1=v2,解得x1=2.5m陽(yáng)臺(tái)距地面的高度h=x1+x2+x3=56m8.(2015課標(biāo)Ⅱ,25,20分)下暴雨時(shí),有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為θ=37°(sin37°=)的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示。假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊),在極短時(shí)間內(nèi),A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為,B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5,A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng),此時(shí)刻為,計(jì)時(shí)起點(diǎn);在第2s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?μ2保持不變。已知A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),A離B下邊緣的距離l=27m,C足夠長(zhǎng)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)在0~2s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大小;(2)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。答案　(1)3m/s2　1m/s2　(2)4s解析　(1)在0~2s時(shí)間內(nèi),A和B的受力如圖所示,其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小,f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示。由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得f1=μ1N1①N1=mgcosθ②f2=μ2N2③N2=N1+mgcosθ④規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得mgsinθ-f1=ma1⑤mgsinθ-f2+f1=ma2⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式,并代入題給條件得a1=3m/s2⑦a2=1m/s2⑧(2)在t1=2s時(shí),設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則v1=a1t1=6m/s⑨v2=a2t1=2m/s⑩t>t1時(shí),設(shè)A和B的加速度分別為a1'和a2'。此時(shí)A與B之間的摩擦力為零,同理可得a1'=6m/s2a2'=-2m/s2即B做減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2,B的速度減為零,則有v2+a2't2=0聯(lián)立式得t2=1s在t1+t2時(shí)間內(nèi),A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為s=-=12m<27m此后B靜止不動(dòng),A繼續(xù)在B上滑動(dòng)。設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t3后A離開(kāi)B,則有l(wèi)-s=(v1+a1't2)t3+a1'可得t3=1s(另一解不合題意,舍去),設(shè)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t總,有t總=t1+t2+t3=4s(利用下面的速度圖線求解,正確的,參照上述答案及評(píng)分參考給分)【知識(shí)儲(chǔ)備】出現(xiàn)臨界或極值條件的標(biāo)志(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼,即表明題述的過(guò)程存在著臨界點(diǎn)。(2)若題目中有“取值范圍”“多長(zhǎng)時(shí)間”“多大距離”等詞語(yǔ),表明題述的過(guò)程存在著“起止點(diǎn)”,而這些起止點(diǎn)往往對(duì)應(yīng)臨界狀態(tài)。(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明題述的過(guò)程存在著極值,這個(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)。(4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。9.(2020學(xué)科網(wǎng)3月一聯(lián)山東卷)傾角為θ=37°的斜面上疊放著質(zhì)量均為m=1kg的滑塊和長(zhǎng)木板,在垂直于斜面方向的壓力F作用下,均保持靜止。已知滑塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2,滑塊正處于長(zhǎng)木板的中間位置;長(zhǎng)木板與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.4,長(zhǎng)木板長(zhǎng)度L=0.8m?；瑝K大小忽略不計(jì),各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,斜面足夠長(zhǎng),取g=10m/s2,sin37°=0.6。求:(1)壓力F的最小值;(2)突然撤去壓力F,滑塊經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間從長(zhǎng)木板上滑下?答案　(1)22N　(2)0.5s解析　(1)滑塊保持靜止,設(shè)壓力最小為F1,由平衡條件有mgsinθ=μ1(mgcosθ+F1)解得:F1=22N滑塊和長(zhǎng)木板整體保持靜止,設(shè)壓力最小值為F2,由平衡條件有2mgsinθ=μ2(2mgcosθ+F2)解得:F2=14N則壓力最小值為22N。(2)撤去壓力,滑塊和木板均沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度分別為a1、a2對(duì)滑塊,根據(jù)牛頓第二定律有:mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1;解得:a1=4.4m/s2;對(duì)長(zhǎng)木板,根據(jù)牛頓第二定律有:mgsinθ+μ1mgcosθ-μ2·2mgcosθ=ma2解得:a2=1.2m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t,滑塊從木板上滑下,則a1t2-a2t2=解得:t=0.5s,10.(2020江蘇南通、泰州期末)如圖所示,矩形拉桿箱上放著平底箱包,在與水平方向成α=37°的拉力F作用下,一起沿水平面從靜止開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)。已知箱包的質(zhì)量m=1.0kg,拉桿箱的質(zhì)量M=9.0kg,箱底與水平面間的夾角θ=37°,不計(jì)所有接觸面間的摩擦,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)若F=25N,求拉桿箱的加速度大小a;(2)在(1)的情況下,求拉桿箱運(yùn)動(dòng)x=4.0m時(shí)的速度大小v;(3)要使箱包不從拉桿箱上滑出,求拉力的最大值Fm。答案　(1)2m/s2　(2)4m/s　(3)93.75N解析　(1)若F=25N,以整體為研究對(duì)象,水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得Fcosα=(m+M)a解得a==m/s2=2m/s2(2)根據(jù)速度與位移的關(guān)系可得v2=2ax解得v==m/s=4m/s(3)箱包恰好不從拉桿箱上滑出時(shí),箱包與拉桿之間的彈力剛好為零,以箱包為研究對(duì)象,受到重力和支持力作用,此時(shí)的加速度為a0,如圖所示,根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ=ma0解得a0=gtanθ=7.5m/s2以整體為研究對(duì)象,水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得Fmcosα=(m+M)a0解得拉力的最大值為Fm=93.75N