第3节 牛顿运动定律的应用(一)(两类基本问题)-【经纶学霸●蓝题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春|蓝题物理 第3节 牛顿运动定律的应用（一） (两类基本问题) ☑应用提优考点全面，能力提升1限时：25mim 成角且处于伸直状态，二者共同拴接一小 1.(2023·天津二模)如图所示，一位同学手持 球，小车与小球保持相对静止且一起在水平 乒乓球拍托球沿水平直线跑动，球拍与球相 面上运动，重力加速度大小为g.下列说法正 对静止且均相对该同学身体静止，球拍平面 确的是 和水平面之间夹角为.设球拍和球质量分别 为M、m,不计球拍和球之间摩擦，不计空气 阻力，则 ( A.弹簧一定处于压缩状态 B.弹簧一定处于拉伸状态 兵球 C.弹簧对小球不一定有弹力，细绳对小球一 球拍 I 定有拉力 A.该同学做匀速直线运动 D.小球的加速度大小可能为gtan a B.乒乓球处于平衡状态 4。(2024·四川天府新区期末)（多选）如图所 C.球拍受到的合力大小为Mgtan0 示，在竖直圆周上有两个光滑斜面AB和 D.球拍受到乒乓球的压力大小为mgcos0 CD,A、D分别为圆周上的最高点和最低点. 2.(2024·黑龙江哈尔滨期初)如图所示为沪 B、C点均在圆周上，且所在高度相同.一个可 宁线上某次高铁列车对接场景，对接后两组 以看作质点的物块分别从A、C两点由静止 列车成为一列共同出发.列车启动阶段做匀 沿斜面滑到底端，沿两个斜面下滑时的加速 加速直线运动，每组提供的动力均为F,受到 度大小分别为a1、42,滑到底端的速度大小分 的阻力均为总重的k倍.运行方向如图，a组 别为1、2，所用时间分别为11、t2,下列说 总质量为m1,b组总质量为m2.下列说法正 法正确的是 确的是 四m四四 A.a的加速度大小为 F-kmg m B.对接处的作用力大小为 m2-m1)F m +m2 A.a<a2 B.U,>02 C.若m,>m2,则对接处（如图）a对b的作用 C.t1= D.t1>2 效果是向前的拉力 5.(2024·浙江杭州期末)如图，水平桌面上有 D.若每组提供的动力均为2F,则列车组的 一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C,圆柱 加速度加倍 体置于等边三角形的顶点，三个圆柱体的质 3.(2024·四川成都期初)如图，将一轻质弹簧 量相等.用一水平外力将薄板沿垂直BC的方 竖直固定在小车底部，轻质细绳与竖直方向 向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相 第三章运动和力的关系学明高自 同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同 道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面 则抽出薄板后，三个圆柱体留在桌面上的位 外侧为半径为0.1m的圆弧.已知两直杆之间 置所组成的图形可能是图 ( 的距离为2 m,房檐距地面的高度为4m,两 10 源板QA 直杆在房檐和地面之间的长度L=8m,忽略 直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力. 工人师傅将瓦片无初速度地放置在轨道顶 端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于 0 (未知)时，瓦片才能开始沿轨道下滑，取g= 10m/s2. O BO Oc (1)求40： A B (2)若直杆自上端开始在长度L,≤1.8m的 范围内与瓦片间的动摩擦因数为？，其 BO Oc 余部分为，忽略瓦片沿着轨道方向的 C D 长度，工人师傅每隔0.5s将一瓦片无初 6.(2024·甘肃二模)如图甲所示，MN是一段 速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片 倾角为0=30°的传送带，一个可以看作质点， 落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数 质量为m=1kg的物块，以沿传送带向下的 速度。=4m/s从M点开始沿传送带运动.物 块运动过程的部分-1图像如图乙所示， 取g=10m/s2,则 Am's) 24 甲 A.物块最终从传送带N点离开 B.物块将在4.8s时回到原处 C物块与传送带之间的摩擦因数为 D.传送带的速度=1m/s,方向沿斜面向下 7.(2024·山东三模)如图所示，工人师傅自房 檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样 的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨- 将拉力改为作用于滑块上，木板的位移为)-一2 102m/2=1.6m/2 给木板施加水平向右的20N的拉力过程中，滑块的位移为 (2)对重物由牛顿第二定律得2F-mg=m,可得a.2 . 吃 .2 32a1 则斜率=之，截距绝对值b=g,解得m= 好- 由图可知，钩码的加速度为重物的2倍.则g-F=M·2a.又M=m. 将拉力政为作用于滑块上，滑块的位移为与0 木板的长度为L=x,+324, 联立解得L=2.2m,C错误： 第3节牛顿运动定律的应用（一） D.潜块与木板共速后，一起做匀减速直线运动，对整体有 (两类基本问题) 0- 1.C解析：AB.不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，对小球分析 44(M+m)g=(M+m)a4=-2a写 如图所示，一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，则小球所 木板的总位移为本=1++5，联立解得xk=3215m,D正确 受的合力为F合=mgm8,则球在水平方向匀加速运动.由于球拍与 故选BD. 球相对静止且均相对该同学身体静止，球，球拍和同学具有相同的 n.()1o5mg20 加速度，故AB错误：C.对乒乓球由牛顿第二定律得a -m/s2,方向向左(3)2.6×102m mgtan 8 =gtmn0,球拍受到的合力大小为F=Ma=Mgtn0,故C正 解析：(1)若要使物体m对斜而无压力.则物体受重力和沿斜而向 上的弹簧拉力，由牛顿第二定律可知。=m,解得a= 确：山球拍对乒民球的支持力大小为N二。由牛顿第三定律可 10w3m/s2: (2)若使弹簧保持原长，物体受重力和垂直斜面的支持力，由牛顿 知球拍受到乒氏球的压大小NN:。故D错误故选C 第二定律可知mgm30=a,解得_10 3 2m2,方向向左： (3)对物体进行受力分析如图所示 球 2.B解析：AD.根据牛顿第二定律2F-6(m1+m)g=(m1+m2)a,解 2F-(m,+m:),动力与加速度并不是正比关系，若每组提供 得a 月1十用3 的动力均为2F,列车组的加速度并不加倍，AD错误：BC.对于，设 Fsin3t0°+F、0s30°=mg, Fcus30°-Fxsin30°=ma",解得F=13N,由胡克定律可知x= 拉力为T,根据牛顿第二定律F一-T-m,g=m,解得T=P加，上 m1+m3 =26x102m F (m2-m1)F 若m1>m2,T小于零，则对接处：对b的作用效果是向 m,+m3 12.(1)0.5ms(2)45N 后的阻力.B正确，C错误故选B. 解析：(1)由题意可知，初始时A,B静止不动.设此时弹簧的压缩量 3.D解析：AB.弹簧弹力、细绳拉力与小车运动的状态有关，所以弹 为xn,对A.B整体受力分析有(m,+mn)gnB=。,解得x0= 簧可能处于拉伸状态，压缩状态，原长状态，故AB错误：C.当小车 0.2m, 匀速运动时.弹簧的弹力大小等于小球的重力大小，此时细绳的拉 设滑块B的加速度大小为a,则有6=子，解得a=25m, 力F,=0故C错误：D.当弹簧处于原长状态时，小球的加速度大小 分离时两滑块速度相同，故A,B分离时滑块A的速度大小为”，= 为a=tang,故D正确.故选D. 4.AC解析：连接AC,设AB与AD的夹角为B,则CD与水平面的夹角 也为8，如图所示 解得，=0.5m/s (2)设滑块A,B分离之前二者共同运动的距离为x1,则有，= 子（传广每得与=a5a 故此时弹簧的压缩量为x2=。-x1=0.15m, 刚分离时两滑块的加速度相同，对滑块A受力分析，由牛顿第二定 作可得地==ma,解得和- 滑块A、B分离后，对滑块B,由牛顿第二定律可得 A.对物块受力分析，根据牛领第二定律得：沿AB斜面滑下时， F-mggsin 0-mggeos 0=mgd,解得F=45N. mgeos=ma1,沿CD斜面滑下时，mgin8=m2,解得a1=ge%8, 实验特训探究加速度与力、质量的关系 AD)cos 0=Ac gim8,由图可知，m9=CD. Dim>es,则a<仙， 1.(1)需要不需要(2)可行 216(2)是÷ 故A正确：CD.设圆的半径为R,沿AB斜面滑下时，2RsB= 280s·,沿GD斜面滑下时，2Rsin0=28n8·片.解得4= 解析：(1)打点周期为0.02s.M.P和P、N间各有4个点未标出 则M、P间和P,N间的运动时间为T=5×0.02=0.1. 由逐差法有n-柳=T.则4-(24.02-1881)-(1881-1520) ，故C正确，D错误：R.物块沿斜面滑到底端的速度为 =入g 0.12 ,由以上分析得，1<a2山=2，则1<2，故B错误：故选AC 一学霸高考·蓝题·物理·14一 5.A解析：设圆柱体的质量为m,圆柱体与博板问的动摩擦因数，圆 3片，则L,范丽外只能有4片.综上所述，轨道上瓦片的个数可能为 柱体与桌面间的动摩擦因数均为4，则在抽薄板的过程中，圆柱体 6个或者7个 在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌而摩擦力的作 第4节牛倾运动定律的应用（二） 用下做减速运动，根据牛顿第二定律有以mg=m,可得运动时的加 (整体法和隔离法) 速度大小为a=g,由于圆柱体A先离开薄板，B,C同时后离开薄 1.A解析：对滑块A分析，设绳上张力为T,根据牛顿第二定律可 板，期根据匀变速直线运动速度时间关系式：=可知，A离开薄板 得mgsin53o-T=ma,对滑块B:T-mgin37°=ma,联立解得a= 时的速度小于B、C离开薄板时的速度，离开薄板后，根据2=2x 0.1g,T=0.7mg,根据力的合成可知，绳对带轮的作用力为F= 可知，B,C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距 √/T+T=0.72mg,故选A 高故选A 2.B解析：设物块的质量为m,斜面体质量为M.小车对斜面体的弹 6.C解析：AD.从-图像可知，物块速度减为零后反向向上运动，最 力为F、,小车对斜面体的摩擦力为了，物块，斜面体，车厢三者恰能 终的速度大小为1ms,因此物块不能从N点离开，物块最终与传送 保持相对静止，将物块和斜面体看成整体，水平方向有F、=(/+m) 带共速，所以传送带的速度=1m/,方向沿斜面向上，故AD错误： C,一4图像中的斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速 a,竖直方向有=μFx=(M+m)g,对物块受力分析，设斜面体对滑块 的弹力为F,水平方向有Fin9=me,经直方向有Fos8=mg,方程 度大小为a=4(-) m/2=2.5m2,根据牛颠第二定律可得= 2 联立可得斜面体与车厢后壁间的动摩擦因数：的值为u=即，放 mg©s-mga日，联立解得物块与传送带之间的摩擦因数为红= 选B. 3.B解析：由于<tan8,因此A,B间会发生相对滑动，根据A、B的质 乞故C正确：B.物块沿传送带向下诚速到速度为0所用时间为 量关系可知，B将沿着斜面向下滑动，而A相对于B将向上滑动，二 者为绳相连的连接体，滑动过程中加速度大小相同，则对A由牛顿 ,=。=1.6、,物块沿传送带向下减速通过的位移大小为 第二定律有T-umgc0s0-mgsin0=ma,对B由牛顿第二定律有 4mgin0-u(4m+m》gcos0-fingeos0-T=4ma.两式联立解得T= =3.2m,物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为与= o 5 35 mgsin0,故选B =Q,4,物块反向向上加速通过的位移大小为为=2=02m, 4.D解析：A.若41>42，B相对于车比A相对于B先滑动.所以不管 a F多大，B相对车滑动后，A相对B一直静止，故A正确，不满足题 则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为与一 意要求：B.若4：>42，整体相对静止的最大加速度为：。= 为=3。，侧物块从滑上传送带到国到原处所用时间为1=+ 凸(m+3m)g m+3m 2g,则最大拉力为F。=(m+3m+5m)a。=μ，g,当 5=5s,故B错误故选C 下>42mg时，B与车之间开始相对滑动，故B正确.不清足题意要求： 2( (2)见解析 C.若412，逐渐增大F,A相对B比B相对于车先滑动，故C正确， 不满足题意要求：D.若4，A、B与车都相对静止，系统的最大加 解析：(1)由几何知识可知，两直杆形成的轨道与水平面的夹角为 30°，两直杆对瓦片的弹力之问的夹角为90°，受力分析如图所示 速度为心1 =41g,则最大拉力为F=(m+3m+5m)a=g1mg, 放D错误，满足题意要求，故选D 5.AD解析：P,Q之间的最大静摩擦力/。=umgeos0=15N, 重力沿斜面分力：G,=mgin0=10N. Q的最大加速度am=2.5m/, ◆mg0s30r 对P,Q隔离法受力分析如图①.②所示. 垂直于两轨道所在平面方向有2F、c0s450=mgc0s30°， 对P,Q整体受力分析如图③所示 沿着轨道方向有2oF、x=mgsin30°。 联茶得h名 (2)瓦片在轨道上运动时.在L,苞围内，根据牛顿第二定律可得 gsin mgin30P-2x号F=ma4,又2 Fcos45°=mges30, 解得a1=25m/2. 瓦片通过山，范周的时间：满足2=山山=12 所以在内有瓦片块数有。5。=24个，1可能为2或者 2mgsin 0 瓦片在轨道上运动时，在大于L,范围内，根据牛顿第二定律 2me咚0 得mgsin30°-2gF、=m 解得a2=0. 则瓦片速度r=√/2a1L,=3m, 当F≤2mg=inA,即F≤20N时，P,Q均静止于斜而上 相邻瓦片的距离为△x=e△=1.5m。 当F=15N时，F=4G得f=F-G=5N,即此时P.Q之间的摩擦力 所以在大于山范调内有瓦片块数：女-号个，心可能为4或 大小为5N,故A正确：当P的加速度为a时，F。。-G,=mam,得 F。=30N,即当F满足20N≤F≤30N时，P、Q一起沿斜面向上运 者5. 动，当F>30N时P.Q发生相对滑动，故B错误：当F=28N时.P,Q 在第一片瓦片落地瞬间，山，范国外有4片，1范围内有2片：在第 一起运动.由F-2 ngsin 8=2ma得a=2m/2.故此时P的加速度 一片瓦片落地后，第二片瓦片落地前一刻，1范围外有5片，，范 为2m2,故C错误.当F=32N时，P,Q相对运动，Q的加速度为 围内有2片；在第一片瓦片落地后的某一时刻，此时山，范围内有 am=2.5m/,2,故D正确，本题正确的是AD, 一 学霸高考·蓝题·物理·15一