【高考突破方案】第三章 第3讲牛顿运动定律的综合应用 -强化训练（解析版）高考物理一轮复习

牛顿运动定律
牛顿运动定律的综合应用
　1.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量.某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A.F B. C. D.
【解析】 C　列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析.设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，由牛顿第二定律有F－38f＝38ma.再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝F，C项正确，A、B、D项均错误.
　2.如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向.已知人的质量为60 kg，托盘的质量为20 kg，取g＝10 m/s2.若托盘随人一起竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为（　　）
A.5 m/s2 B.6 m/s2 C.7.5 m/s2 D.8 m/s2　　
【解析】 A　设人的质量为M，则轻绳的拉力大小T＝Mg，设托盘的质量为m，对人和托盘整体，根据牛顿第二定律有2T－（M＋m）g＝（M＋m）a，联立并代入数据解得a＝5 m/s2，故A正确，B、C、D错误.
　3.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小应大于（　　）
A.3μmg B.4μmg
C.5μmg D.6μmg
【解析】 D　当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对砝码有f1＝μ·2mg＝2ma1，得a1＝μg，对纸板有F－f1－f2＝ma2，其中f2＝μ·3mg，二者发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即a2＞a1，所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg，即F＞6μmg，D正确.
　4.2021年8月26日晚，广州塔为汕头大学建校40周年校庆亮灯.广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，at图像如图所示.则下列相关说法正确的是（　　）
A.t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B.5～55 s时间内，绳索拉力最小
C.t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D.t＝60 s时，电梯速度恰好为零
【解析】 D　利用at图像可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确.
5.如图所示，质量为M＝2 kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m＝1 kg的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.5.重力加速度大小为g＝10 m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力.现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是（　　）
A.水平力F＝3 N时，物块m将保持静止状态
B.水平力F＝6 N时，物块m将在长木板M上滑动
C.水平力F＝7 N时，长木板M的加速度大小为2.5 m/s2
D.水平力F＝9 N时，长木板M受到的摩擦力大小为5 N
【解析】 D　设m和M恰好不相对滑动时力F＝F0，应用牛顿第二定律，有＝，解得F0＝7.5 N，显然F＝3 NF0时，m和M相对运动，M受到的摩擦力大小为μmg＝5 N，D正确.
6.（多选）质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是（　　）
A.轻绳的拉力等于mg
B.轻绳的拉力等于Mg
C.A运动的加速度大小为（1－sin α）g
D.A运动的加速度大小为g
【解析】 ACD　第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin α＝mg；第二次按图乙放置时，对A，Mg－FT＝Ma；对B，FT－mgsin α＝ma，联立解得a＝（1－sin α）g＝g.FT＝mg，故A、C、D正确，B错误.
　7.（多选）如图，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，设R和Q之间相互作用力与Q和P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是（　　）
A.若μ≠0，则k＝ B.若μ≠0，则k＝
C.若μ＝0，则k＝ D.若μ＝0，则k＝
【解析】 BD　对整体，由牛顿第二定律有F－μ（m＋2m＋3m）g＝（m＋2m＋3m）a，设R和Q之间相互作用力的大小为F1，Q和P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律有F1－μ（3m）g＝3ma，解得F1＝，对Q和R组成的整体，由牛顿第二定律有F2－μ（2m＋3m）g＝（2m＋3m）a，解得F2＝，所以k＝＝，与μ无关，B、D正确.
　8.如图所示，AB是长为L1＝40 m、倾角θ1＝53°的倾斜轨道，BC是长为L2＝44 m、倾角θ2＝37°的倾斜轨道，CD为水平轨道，各轨道之间平滑连接.小物块从AB轨道的顶端A由静止下滑，小物块与各轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）小物块在AB段下滑的加速度大小；
（2）为了保证小物块不滑离CD轨道，CD轨道至少多长；
（3）小物块从开始下滑到停止全程所用的时间.
【解析】 （1）小物块从A到B，根据牛顿第二定律，有
mgsin θ1－μmgcos θ1＝ma1，
得小物块在AB段下滑的加速度大小a1＝5 m/s2.
（2）从A到B小物块做匀加速直线运动，有
vB＝＝ m/s＝20 m/s.
从B到C，根据牛顿第二定律，有
mgsin θ2－μmgcos θ2＝ma2，
得小物块在BC段下滑的加速度大小a2＝2 m/s2.
由v－v＝2a2L2，代入数据解得，小物块到达C点的速度vC＝24 m/s，
从C点到停止，有a3＝＝μg＝5 m/s2，
所以，为了保证小物块不滑离CD轨道，CD轨道至少长L3＝＝ m＝57.6 m.
（3）小物块从A到B所用的时间t1＝＝ s＝4 s，
从B到C所用的时间t2＝＝ s＝2 s，
从C到停止所用的时间t3＝＝ s＝4.8 s，
小物块从开始下滑到停止全程所用的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝10.8 s.