1、PAGE17牛頓運動定律的綜合應(yīng)用一、選擇題的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖所示，則A小球?qū)A槽的壓力為eqfMF,MmB小球?qū)A槽的壓力為eqfmF,MmC水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力增大D水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力減小解析利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度aeqfF,Mm，對小球利用牛頓第二定律可得小球?qū)A槽的壓力為eqrmg2blcrcavs4alco1fmF,Mm2，所以只有C正確答案C2一斜劈靜止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑塊m，若給m一向下的初速度v0，則m正好保持

2、勻速下滑如圖所示，現(xiàn)在m下滑的過程中再加一個作用力，則以下說法正確的是A在m上加一豎直向下的力F1，則m將保持勻速運動，M對地有水平向右的靜摩擦力的作用B在m上加一個沿斜面向下的力F2，則m將做加速運動，M對地有水平向左的靜摩擦力的作用C在m上加一個水平向右的力F3，則m將做減速運動，在m停止前M對地有向右的靜摩擦力的作用D無論在m上加什么方向的力，在m沿斜面向下運動的過程中，M對地都無靜摩擦力的作用解析給滑塊一初速度v0，正好勻速下滑，對其受力分析，mgsinmgcos0，可得：tan；設(shè)施加力F，與斜面向上方向的夾角為，隔離滑塊，受力分析，如圖甲所示，可得，F(xiàn)cosFNmgsinma，F(xiàn)s

3、inFNmgcos0，可得：aeqfFcosFtansin,m；整體受力分析如圖乙所示，可得：Fcosfmacos，聯(lián)立可得：f0，選項D正確答案D3質(zhì)量不計的彈簧下端固定一小球，現(xiàn)手持彈簧上端使小球隨手在豎直方向上以同樣大小的加速度aag分別向上、向下做勻加速直線運動若忽略空氣阻力，彈簧的伸長量分別為1、2；若空氣阻力不能忽略且大小恒定，彈簧的伸長量分別為1、2則A1122B1122C1221D12gsin解析開始時，糧袋相對傳送帶向上運動，受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律可知，mgsinFNma，F(xiàn)Nmgcos，解得agsingcos，故B、D錯；糧袋加速到與傳送帶相對

4、靜止時，若mgsinmgcos，即當(dāng)tan，將物體a、b從O點由靜止開始釋放，釋放時彈簧恰好處于自由伸長狀態(tài)，當(dāng)b滑到A點時，a剛好從b上開始滑動；滑到B點時a剛好從b上滑下，b也恰好速度為零，設(shè)a、b間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力下列對物體a、b運動情況描述正確的是A從O到A的過程中，兩者一直加速，加速度大小從gsin一直減小，在A點減為零B經(jīng)過A點時，a、b均已進(jìn)入到減速狀態(tài)，此時加速度大小是gcossinC從A到B的過程中，a的加速度不變，b的加速度在增大，速度在減小D經(jīng)過B點，a掉下后，b開始反向運動但不會滑到開始下滑的O點解析在OA段a和b一起沿光滑斜面下滑，對整體受力分析，由牛頓第

5、二定律有：mambgsinmamba，隨逐漸增大，a從gsin逐漸減??；在A點，a與b分離，若b依然加速，a則不能加速tan，即mgcosmgsin，兩者無法分離，故只能b已經(jīng)在減速，mambgsin，而a受的力能提供減速的加速度比b小，magcosmagsinmaaa，得：aagcossin可得OA段a與b一起先加速后減速，故選項A錯誤、選B正確對AB段分析，a與b有相對滑動，對a：aagcossin，減速下滑；對b：abeqfmbgsin,mb，隨增大，ab逐漸增大；選項C正確b反向運動后，a已經(jīng)掉下，對b只有重力和彈簧的彈力做功，滿足機械能守恒，滿足簡諧運動規(guī)律，故剛好運動至O點速度減為

6、零；選項D錯誤答案BC10eqavs4al2022浙江卷如圖所示，總質(zhì)量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g10 m/s2關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是A所受浮力大小為4830NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C從地面開始上升10s后的速度大小為5 m/sD以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230N解析熱氣球剛開始加速上升時，速度為零，熱氣球所受阻力也為零，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)mgma，解得F4830N，A項正確

7、；由于熱氣球加速上升過程中，速度逐漸增大，所受阻力也逐漸增大，加速度逐漸減小，當(dāng)速度為5m/s時，加速度為零；B項錯誤；若熱氣球不受空氣阻力，則根據(jù)vat可得，t10s，但空氣阻力逐漸增大，加速度逐漸減小，故所用時間應(yīng)大于10s，C項錯誤；當(dāng)熱氣球勻速運動時，根據(jù)平衡條件可得，F(xiàn)mgFf0解得，F(xiàn)f230N，D項正確答案AD二、非選擇題11一小圓盤靜止在一長為L的薄滑板上，且位于滑板的中央，滑板放在水平地面上，如圖所示已知盤與滑板間的動摩擦因數(shù)為1，盤與地面間的動摩擦因數(shù)為2，現(xiàn)突然以恒定的加速度aa1g使滑板沿水平地面運動，加速度的方向水平向右若水平地面足夠大，則小盤從開始運動到最后停止共走

8、了多遠(yuǎn)的距離以g表示重力加速度解析圓盤在滑板上做勻加速直線運動，設(shè)圓盤離開滑板前，加速度為a1，速度為v1，位移為1，滑板的位移為0對圓盤有a11g，v1a1t1，1eqf1,2a1teqoal2,1對滑板有0eqf1,2ateqoal2,1，又01eqfL,2圓盤離開滑板后做勻減速運動，設(shè)圓盤從離開滑板到靜止時的位移為2，加速度為a2對圓盤有a22g0veqoal2,12a22聯(lián)立以上各式，解得圓盤從開始運動到最后停止的位移12eqf1gL,2a1geqfoal2,1gL,22a1geqf1gL12,22a1g答案eqf1gL12,22a1g12質(zhì)量M9g、長L1m的木板在動摩擦因數(shù)1的水平

9、地面上向右滑行，當(dāng)速度v02m/s時，在木板的右端輕放一質(zhì)量m1g的小物塊如圖所示當(dāng)小物塊剛好滑到木板左端時，小物塊和木板達(dá)到共同速度取g10m/s2，求：1從小物塊放到木板上到它們達(dá)到相同速度所用的時間t；2小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2解析1設(shè)木板在時間t內(nèi)的位移為1；小物塊的加速度大小為a2，時間t內(nèi)的位移為2則有1v0teqf1,2a1t22eqf1,2a2t21L2又v0a1ta2t代入數(shù)據(jù)得t1s2根據(jù)牛頓第二定律，有1Mmg2mgMa12mgma2聯(lián)立解得2答案11s2avs4al2022天津卷質(zhì)量為m4 kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F10N的水平恒力拉動物塊一段時間后

10、撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距20 m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)，g取10 m/s2，求：1物塊在力F作用過程發(fā)生位移1的大小；2撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t解析1設(shè)物塊受到的滑動摩擦力為F1，則F1mg根據(jù)動能定理，對物塊由A點到B點整個過程，有F1F10代入數(shù)據(jù)，解得116m2設(shè)剛撤去力F時物塊的速度為v，此后物塊的加速度為a，滑動的位移為2，則21由牛頓第二定律得aeqfF1,m由勻變速直線運動公式得v22a2以物塊運動的方向為正方向，由動量定理，得F1t0mv代入數(shù)據(jù)，解得t2s答案116m22s14eqavs4al2022新課標(biāo)全國卷一長木板在水平地面上運動，在

11、t0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度時間圖象如圖所示已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上取重力加速度的大小g10 m/s2，求：1物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)；2從t0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小解析1從t0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止由題圖可知，在t1時，物塊和木板的速度相同設(shè)t0到tt1時間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則a1eqfv1,t1a2eqfv0v1,t1式中v05m/s、v11m/s分別為木板在t0、tt1時速度的大小設(shè)物塊和木板的質(zhì)量為m，物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為1、2，由牛頓第二定律得1mgma1122mgma2聯(lián)立式得122在t1時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則由牛頓