2024年高考物理一輪復習考點8牛頓運動定律的綜合應用練習含解析

PAGE17-考點8牛頓運動定律的綜合應用題組一基礎小題1.如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為m和M，把它們靠在一起從光滑斜面的頂端由靜止起先下滑。已知斜面的傾角為θ，斜面始終保持靜止。則在此過程中物塊B對物塊A的壓力為()A．Mgsinθ B．MgcosθC．0 D．(M＋m)gsinθ答案C解析對A、B組成的整體受力分析可知，整體受重力、支持力而做勻加速直線運動，由牛頓其次定律可知，a＝eq\f(m＋Mgsinθ,m＋M)＝gsinθ，再對B應用牛頓其次定律得：F合＝Ma＝Mgsinθ，合力等于B的重力沿斜面對下的分力，故說明A、B間沒有相互作用力，C正確。2.如圖，自由下落的小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧起先，到彈簧壓縮到最短的過程中，以下說法正確的是()A．從接觸彈簧到速度最大的過程是失重過程B．從接觸彈簧到加速度最大的過程是超重過程C．從接觸彈簧到速度最大的過程加速度越來越大D．速度達到最大時加速度也達到最大答案A解析從接觸彈簧到速度最大的過程，小球的加速度向下，且加速度漸漸減小，是失重過程，當彈簧的彈力等于小球的重力時，小球的加速度為零，此時速度最大，A正確，C、D錯誤；當小球到達最低點時，小球的加速度最大，速度為0，則從接觸彈簧到加速度最大的過程中，小球先向下加速，后向下減速，先失重后超重，故B錯誤。3．(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形態(tài)大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是()A．輕繩的拉力等于MgB．輕繩的拉力等于mgC．M運動的加速度大小為(1－sinα)gD．M運動的加速度大小為eq\f(M－m,M)g答案BCD解析互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinα＝mg，互換位置后，對M有：Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，F(xiàn)T＝mg，故A錯誤，B、C、D正確。4．如圖所示，E為斜面的中點，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一個小物體由頂端靜止釋放，沿斜面下滑究竟端時速度為零。小物體下滑過程中位移x、速度v、合力F、加速度a與時間t的關系如選項圖所示，以沿斜面對下為正方向，則下列圖象中可能正確的是()答案B解析小物體在斜面上先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，故位移—時間圖線的斜領先增大后減小，A錯誤；物體到達底端的速度為零，即前半段和后半段的平均速度相等，由于位移也相等，則小物體前半段和后半段的運動時間相等，B正確；再結合勻加速直線運動的末速度等于勻減速直線運動的初速度可知，小物體在這兩段運動中的加速度大小相等、方向相反，受到的合力也大小相等、方向相反，C、D錯誤。5.如圖所示，兩質(zhì)量相等的物體A、B疊放在水平面上靜止不動，A與B間及B與地面間的動摩擦因數(shù)相同?，F(xiàn)用水平恒力F拉物體A，A與B恰好不發(fā)生相對滑動；若改用另一水平恒力拉物體B，要使A與B能發(fā)生相對滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則拉物體B的水平恒力至少應大于()A．F B．2FC．3F D．答案D解析設A、B的質(zhì)量均為m，A與B間及B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B之間的最大靜摩擦力為：fAB＝fBA＝μmg，B與地面間的最大靜摩擦力為：fB地＝f地B＝μ(m＋m)g＝2μmg，當恒力F作用在A上且A、B之間的靜摩擦力達到最大時，有F＝μmg；當恒力F′作用在B上且A、B之間即將發(fā)生相對滑動時，A的加速度達到最大，此時：fBA＝maA，即aA＝μg，A的加速度與B的加速度相等，所以對B有：F′－f地B－fAB＝maB，aB＝aA，聯(lián)立可得恒力F′＝4F6．傾角為θ的光滑斜面C固定在水平面上，將兩物體A、B疊放在斜面上，且同時由靜止釋放，若A、B的接觸面與斜面平行，則下列說法正確的是()A．物體A相對于物體B向上運動B．斜面C對水平面的壓力等于A、B、C三者重力之和C．物體A、B之間的動摩擦因數(shù)不行能為零D．物體A運動的加速度大小為gsinθ答案D解析由于斜面光滑，所以A和B一起向下加速運動，依據(jù)牛頓其次定律可得二者的加速度大小為a＝gsinθ，A錯誤，D正確；物體A相對于物體B沒有運動趨勢，二者之間的摩擦力為零，A和B之間的動摩擦因數(shù)可以為零，也可以不為零，故C錯誤；由于A、B一起加速下滑，有豎直向下的分加速度，A、B在豎直方向上處于失重狀態(tài)，所以斜面C對水平面的壓力小于A、B、C三者重力之和，故B錯誤。7.如圖所示，某放射系統(tǒng)內(nèi)有一木箱，木箱內(nèi)有一豎直放置的輕質(zhì)彈簧，彈簧上方有一物塊，木箱內(nèi)上表面和下表面都裝有壓力傳感器。木箱靜止時，上表面壓力傳感器的讀數(shù)為12.0N，下表面壓力傳感器的讀數(shù)為20.0N。當系統(tǒng)豎直向上放射時，上表面壓力傳感器讀數(shù)變?yōu)橄卤砻鎵毫鞲衅髯x數(shù)的一半，重力加速度g取10m/s2，此時木箱的加速度為()A．10.0m/s2 B．5.0m/s2C．2.5m/s2 D．條件不足，無法確定答案C解析木箱靜止時，對彈簧和物塊整體進行受力分析，受重力G、上方傳感器向下的壓力F1＝12N、下方傳感器向上的支持力N1＝20N，依據(jù)平衡條件，有G＋F1＝N1，得G＝20N－12N＝8N，彈簧重力不計，故物塊的重力為8N，所以物塊的質(zhì)量m＝eq\f(G,g)＝eq\f(8,10)kg＝0.8kg；由牛頓第三定律可知彈簧彈力F＝N1＝20N。當系統(tǒng)豎直向上放射時，木箱上表面和下表面壓力傳感器均有示數(shù)，說明彈簧長度不變，即彈簧彈力不變，仍為F，故下表面壓力傳感器讀數(shù)為F，上表面壓力傳感器讀數(shù)為eq\f(F,2)，依據(jù)牛頓其次定律，有F－G－eq\f(F,2)＝ma，解得a＝eq\f(F－G－\f(F,2),m)＝eq\f(20－8－10,0.8)m/s2＝2.5m/s2，故A、B、D錯誤，C正確。8．在電梯中，把一重物置于水平放置的壓力傳感器上，電梯從靜止起先加速上升，然后勻速運動一段時間，最終減速直至停止運動。在此過程中傳感器的屏幕上顯示出其所受壓力與時間關系的圖象如圖所示，則()A．在0～4s內(nèi)電梯先超重后失重B．在18～22s內(nèi)電梯加速下降C．僅在4～18s內(nèi)重物的慣性才保持不變D．電梯加速和減速時加速度的最大值大小相等答案D解析由題圖可知，在前4s內(nèi)，重物對電梯的壓力始終大于重物的重力，說明電梯始終處于超重狀態(tài)，故A錯誤；在18～22s內(nèi)重物處于失重狀態(tài)，向上減速，故B錯誤；重物的慣性大小取決于其質(zhì)量大小，始終保持不變，故C錯誤；由題圖可知，重物向上加速時受到的最大支持力為50N，而勻速時受到的支持力等于重力，為30N，故向上加速過程中重物所受的最大合力為20N，同理得重物向上減速時所受的最大合力也為20N，故由牛頓其次定律可知，兩過程中重物的加速度最大值大小相等，故D正確。9．以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并起先計時，一個物體所受空氣阻力可忽視，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v-t圖象可能正確的是()答案D解析空氣阻力可忽視的物體只受重力，做豎直上拋運動，v-t圖象是向下傾斜的直線，如虛線所示；受空氣阻力的物體向上運動時，依據(jù)牛頓其次定律，有：mg＋f＝ma上，故a上＝g＋eq\f(f,m)，由于阻力隨著速度的減小而減小，故加速度漸漸減小，上升至最高點時，其速度為零，加速度有最小值為g；下降階段，依據(jù)牛頓其次定律，有：mg－f＝ma下，故a下＝g－eq\f(f,m)，由于阻力隨著速度的增大而增大，故加速度減小。v-t圖象的斜率表示加速度，故圖線與t軸的交點對應時刻的加速度為g，此時刻實線的切線與虛線平行。故D正確。10．如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊A。某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的改變規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為已知常數(shù)。設物體A、B之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且A、B的質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長木板B運動的v-t圖象是()答案B解析A、B相對滑動之前加速度相同，對A、B整體由牛頓其次定律可得：F＝2ma，F(xiàn)增大，a增大。當A、B間剛好發(fā)生相對滑動時，對長木板B有Ff＝ma，故此時F＝2Ff＝kt，t＝eq\f(2Ff,k)，之后長木板B做勻加速直線運動，故B正確。11．如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時間t改變的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖象。取g＝10m/s2，則下列說法錯誤的是()A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝2kgC．當F＝8N時，滑塊加速度為2m/s2D．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1答案C解析由圖乙可知，當F>6N時，長木板與滑塊發(fā)生相對運動，當F≤6N時兩者相對靜止。當F＝6N時，對整體可得F＝(M＋m)a，得M＋m＝6kg；當F>6N時對木板分析受力，水平方向受到拉力和滑塊給它的摩擦力，故有a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，圖象的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,6－4)＝eq\f(1,2)，即M＝2kg，所以m＝4kg，圖象的橫截距為μmg＝4N，解得μ＝0.1，A、B、D正確；當F＝8N時滑塊的加速度為a′＝eq\f(μmg,m)＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，C錯誤。本題要求選說法錯誤的，故選C。題組二高考小題12．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧復原原長前，下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是()答案A解析物塊靜止時受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài)，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運動，由牛頓其次定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正確。13.(2024·江蘇高考)(多選)如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中()A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C．若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面答案BD解析由題圖可見，魚缸相對桌布向左滑動，故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右，A錯誤；因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數(shù)相等，所以魚缸加速過程與減速過程的加速度大小相等，均為μg；由v＝at可知，魚缸在桌布上加速運動的時間與在桌面上減速運動的時間相等，故B正確；若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力，由Ff＝μmg可知，F(xiàn)f不變，故C錯誤；若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動，則魚缸就會滑出桌面，故D正確。14．(2024·海南高考)(多選)如圖所示，升降機內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊，起先時升降機做勻速運動，物塊相對斜面勻速下滑，當升降機加速上升時()A．物塊與斜面間的摩擦力減小B．物塊與斜面間的正壓力增大C．物塊相對于斜面減速下滑D．物塊相對于斜面勻速下滑答案BD解析當升降機加速上升時，物塊有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力FN增大，依據(jù)滑動摩擦力公式Ff＝μFN可知物塊與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤，B正確；設斜面的傾角為θ，物塊的質(zhì)量為m，當物塊沿斜面勻速下滑時有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，當升降機加速上升時，假設物塊相對于斜面勻速下滑，有N＝m(g＋a)cosθ，f＝μm(g＋a)cosθ，因為sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故假設成立，即物塊仍相對于斜面勻速下滑，C錯誤，D正確。15.(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖a所示，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖b所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()A．斜面的傾角B．物塊的質(zhì)量C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面對上滑行的最大高度答案ACD解析由v-t圖線可求出物塊向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，對上升時和返回時分析受力，運用牛頓其次定律可分別得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1)，a2＝gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，聯(lián)立兩個方程可解得斜面傾角和物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)，選項A、C正確；依據(jù)運動的v-t圖線與橫軸所圍面積表示位移s，可求出物塊向上滑行的最大高度h＝ssinθ，選項D正確。16．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)如圖a，物塊和木板疊放在試驗臺上，物塊用一不行伸長的細繩與固定在試驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板起先受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t改變的關系如圖b所示，木板的速度v與時間t的關系如圖c所示。木板與試驗臺之間的摩擦可以忽視。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()A．木板的質(zhì)量為1kgB．2～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2答案AB解析木板和試驗臺間的摩擦忽視不計，由題圖b知，2s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩＝0.2N。由題圖c知，2～4s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，設木板質(zhì)量為m，依據(jù)牛頓其次定律，對木板有：2～4s內(nèi)：F－F摩＝ma1,4s以后：F摩＝ma2，解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，A、B正確。0～2s內(nèi)，F(xiàn)＝f，由題圖b知，F(xiàn)是勻稱增加的，C錯誤。因物塊質(zhì)量不行求，故由F摩＝μm物g可知動摩擦因數(shù)不行求，D錯誤。題組三模擬小題17．(2024·安徽蕪湖高三上學期期末)如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，上端分別與圓相交于A、B、C三點。現(xiàn)讓三個小球(可以看做質(zhì)點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自上端點由靜止下滑到Q點，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有()A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2答案A解析設斜面軌道的傾角為θ，圓的直徑為d。依據(jù)牛頓其次定律得a＝gsinθ，又由幾何關系可得斜面的長度為x＝dsinθ，則由x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2d,g))，可見，小球下滑時間與斜面的傾角無關，則有t1＝t2＝t3。由于x2＞x1＞x3，依據(jù)eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可得v2＞v1＞v3，故A正確。18．(2024·江蘇七市二模)為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設計必需合理。某房屋示意圖如圖所示，設屋頂面光滑，傾角為θ，雨水由靜止起先沿屋頂面對下流淌，則志向的傾角θ為()A．30° B．45° C．60° D．75°答案B解析設屋檐的底邊長為L，屋頂?shù)钠旅骈L度為s，雨滴下滑的加速度為a，雨滴只受重力mg和屋頂對它的支持力N作用，垂直于屋頂方向：N＝mgcosθ，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ，則雨滴的加速度a＝gsinθ，依據(jù)幾何關系，屋頂坡面的長度為：s＝eq\f(L,2cosθ)，由s＝eq\f(1,2)at2得：t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，則當θ＝45°時t最短，故B正確。19．(2024·山東淄博市三模)如圖所示，某賓館大樓中的電梯下方固定有4根相同的豎直彈簧，其勁度系數(shù)均為k。這是為了防止電梯在空中因纜繩斷裂而造成生命危急。若纜繩斷裂后，總質(zhì)量為m的電梯下墜，4根彈簧同時著地而起先緩沖，電梯墜到最低點時其加速度大小為5g(gA．電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為eq\f(mg,2k)B．電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為eq\f(6mg,k)C．從彈簧著地起先至電梯下落到最低點的過程中，電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)D．從彈簧著地起先至電梯下落到最低點的過程中，電梯始終處于失重狀態(tài)答案C解析在最低點時，由牛頓其次定律：4kx－mg＝ma，其中a＝5g，解得x＝eq\f(3mg,2k)，A、B錯誤；從彈簧著地起先至電梯下落到最低點的過程中，彈簧的彈力漸漸增大，其重力先大于彈力，加速度向下，電梯向下做加速運動，當重力小于彈力時，電梯的加速度向上，電梯向下做減速運動，則下降過程中電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，C正確，D錯誤。20.(2024·山東濟南二模)如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B的質(zhì)量分別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)是0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，起先時F＝10N，此后漸漸增加，在增大到50N的過程中，則()A．當拉力F<12N時，兩物體均保持靜止狀態(tài)B．當拉力為49N時，B的加速度為6m/s2C．兩物體間從受力起先就有相對運動D．當拉力F>45N時，兩物體之間始終沒有相對滑動答案B解析當A、B剛要發(fā)生相對滑動時，A、B間的靜摩擦力恰好達到最大值，對B分析，由牛頓其次定律得：aB＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.2×6×10,2)m/s2＝6m/s2，對A、B整體分析，由牛頓其次定律得：F＝(mA＋mB)aB＝(6＋2)×6N＝48N，即當拉力F達到48N時，A、B才發(fā)生相對滑動，則當拉力F<12N時，兩物體有相同加速度，一起向右加速運動，故A、C、D錯誤；由以上分析知，當拉力F＝49N時，兩物體相對運動，此時B的加速度為：aB＝6m/s2，故B正確。21．(2024·遼寧省沈陽市三模)如圖所示，水平桌面上放置一個傾角為45°的光滑楔形滑塊A，一細線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細線另一端拴一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運動(取g＝10m/s2)，則下列說法正確的是()A．當a＝5m/s2時，滑塊對球的支持力為eq\f(\r(2),2)NB．當a＝15m/s2時，滑塊對球的支持力為eq\f(\r(2),2)NC．當a＝5m/s2時，地面對A的支持力肯定大于兩個物體的重力之和D．當a＝15m/s2時，地面對A的支持力肯定小于兩個物體的重力之和答案A解析設加速度為a0時小球?qū)瑝K的壓力等于零，此時對小球受力分析，受重力、線的拉力，依據(jù)牛頓其次定律有：水平方向：F合＝F0cos45°＝ma0，豎直方向：F0sin45°＝mg，解得a0＝g。當a＝5m/s2時，小球未離開滑塊，對小球受力分析，水平方向：Fcos45°－FNsin45°＝ma，豎直方向：Fsin45°＋FNcos45°＝mg，解得FN＝eq\f(\r(2),2)N，故A正確；當a＝15m/s2時，小球已經(jīng)離開滑塊，只受重力和線的拉力，滑塊對球的支持力為零，故B錯誤；當滑塊和小球組成的系統(tǒng)相對穩(wěn)定后，豎直方向沒有加速度，受力平衡，所以地面對A的支持力肯定等于兩個物體的重力之和，C、D錯誤。22.(2024·廣東肇慶高三一模)(多選)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們之間的摩擦力及空氣阻力不計，則()A．運動員的加速度為gtanθB．球拍對球的作用力為mgC．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcosθD．若運動員的加速度大于gtanθ，球肯定沿球拍向上運動答案AD解析對網(wǎng)球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力圖如圖1，依據(jù)牛頓其次定律得：Nsinθ＝ma，Ncosθ＝mg，解得，a＝gtanθ，N＝eq\f(mg,cosθ)，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為探討對象，作出受力示意圖如圖2，依據(jù)牛頓其次定律得：運動員對球拍的作用力為F＝eq\f(M＋mg,cosθ)，故C錯誤；若運動員的加速度a大于gtanθ，假設球相對球拍靜止，則其加速度也為a，如圖3所示，將a分解，則ax＝acosθ，因為a>gtanθ，所以ax>gtanθcosθ＝gsinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必需有一個沿球拍向下的外力才能使球相對球拍靜止，而事實上這個力不存在，故球肯定沿球拍向上運動，D正確。題組一基礎大題23．光滑水平地面上有一質(zhì)量M＝2kg的木板以速度v0＝10m/s向右勻速運動，在t＝0時刻起對其施加一向左的恒力F＝8N。經(jīng)t＝1s時，將一質(zhì)量m＝2kg可視為質(zhì)點的小物塊無初速度地輕放在木板右端。物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.4，木板足夠長。求：(1)剛放上小物塊時木板的速度；(2)物塊在木板上相對木板滑動的時間。答案(1)6m/s，方向向右(2)0.5s解析(1)未放小物塊時，木板在力F作用下做勻加速直線運動，對木板：F＝Ma1，解得：a1＝4m/s2t＝1s時，木板的速度：v1＝v0－a1t＝6m/s，方向向右。(2)放上小物塊后，對物塊：f＝μFNFN＝mgf＝ma2解得：a2＝4m/s2對木板：F＋f＝Ma3解得：a3＝8m/s2設物塊在木板上相對滑動的時間為t′，則有：a2t′＝v1－a3t′解得：t′＝0.5s。24.如圖所示，傳送帶與水平面成α＝37°，傳送帶A、B兩端間距L＝5.8m，傳送帶始終以v＝4m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，將一質(zhì)量為m的小物體無初速地輕放在A處，小物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)試求：(1)剛釋放時，小物體加速度的大?。?2)小物體從A運動到B所需的時間。答案(1)10m/s2(2)1.4s解析(1)剛釋放小物體時，對小物體受力分析如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律可知：mgsinα＋μmgcosα＝ma1解得：a1＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2。(2)小物體加速到與傳送帶共速時的位移x1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(42,2×10)m＝0.8m<L則小物體由靜止加速到與傳送帶速度相等所用的時間：t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(4,10)s＝0.4s又因為μ＝0.5<tanα，故小物體以a1加速到速度為v后，接著以加速度a2向下做勻加速運動，a2＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m)＝2m/s2該過程小物體運動的位移為：x2＝L－x1＝5m依據(jù)位移時間公式可知：x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得：t2＝1s或t2＝－5s(舍去)故小物體由A運動到B所需的總時間為：t＝t1＋t2＝1.4s。題組二高考大題25．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊起先相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B起先運動時，兩者之間的距離。答案(1)1m/s(2)1.9m解析(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛頓其次定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1，由運動學公式有v1＝