第4节 牛顿运动定律的应用(二)(整体法和隔离法)-【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4节 牛顿运动定律的应用（二） (整体法和隔离法) ☑应用提优考点全面，能力提升限时：35mm 均为u=tan0,重力加速度为g,则轻绳的拉 1.(2024·河北石家庄期末)如图，固定光滑直 角斜面，倾角分别为53°和37°.质量均为m 力为 ( 的滑块A和B,用不可伸长的轻绳绕过直角 A. 51 35mgsin 0 B. 54 35mgsin 0 处的光滑定滑轮连接.开始按住A使两滑块 57 59 静止，绳子刚好伸直.松手后，滑块A将沿斜 C. 35mgsin 0 D. 35mgsin 面向下加速，重力加速度为g,sin53°=0.8.下 列说法正确的是 A.A、B的加速度大小为0.1g B.A、B的加速度大小为0.8g C.绳上的张力大小为mg (第3题)》 (第4题) D.绳子对滑轮的作用力为2mg 4.(2024·山西运城期末)马车是古代交通运 输的主要工具，如图所示为一匹马水平拉动 一车货物的示意图.木板A和B,B和车之间 的接触面都水平，A、B之间的动摩擦因数为 37 72777777 41,B与车之间的动摩擦因数为42，A的质量 (第1题) (第2题) 为m,B的质量为3m,车的质量为5m,地面 2.(2024·安徽安庆期末)如图所示，一辆小车 对车的摩擦不计，马给车的水平拉力为F,A、 在水平面上以一定的加速度向右做匀加速直 B始终没有离开车的表面，重力加速度为g, 线运动时，一物块放在倾角为0的斜面体上， 则下列说法错误的是 斜面体又压在车厢竖直后壁上，物块、斜面 A.若4>4，不管F多大，AB都不会发生相 体、车厢三者恰能保持相对静止，且斜面体刚 对滑动 好不沿后壁下滑.已知该斜面体的斜面光滑， B.若>42，当F>9,mg时，B与车之间开 斜面体与车厢后壁间的最大静摩擦力等于滑 始相对滑动 动摩擦力，则斜面体与车厢后壁间的动摩擦 C.若u,,逐渐增大F,A相对于B先滑动 因数4的值为 ( D.若4,2，A、B与车都相对静止，F的最大 值为8μ1mg A.u= in B.= tan 6 5.（2023·云南昆明质检) Q C.u=sinθ D.u=tanθ (多选)如图所示，物块P ① 3.(2024·湖南益阳三模)如图所示，一轻质光 和木板Q静止在倾角为 30° 滑定滑轮固定在倾角为0的斜面上，质量分 30的光滑斜面上，斜面底端有一垂直斜面的 别为m和4m的物块A、B通过不可伸长的轻 固定挡板，P、Q的质量均为2kg,它们之间的 绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均 与斜面平行，A和B,B与斜面间动摩擦因数 动等擦因数为=现对P施加一平行斜 第三章运动和力的关系学明高自 面向上的恒力F,考虑P没有滑离Q时的情 g 况，取重力加速度g=10m/s2,下列说法正确 2m 的是 ( B.撤去F后，物体A和B先做匀加速运动. A.当F=15N时，P、Q之间的摩擦力大小为 再做匀减速运动 5N C.物体A、B一起向左运动距离（xo 2umg B.当F>15N时，PQ开始发生相对滑动 时获得最大速度 C.若F=28N,物块P的加速度大小为 D.若物体A、B向左运动要分离，则分离时 1.5m/s3 D.若F=32N,物块Q的加速度大小为 向左运动的距离为(。-g 2.5 m/s 重难聚焦 6.(2024·NT20名校联合体 /. 题型求解受恒定外力的板块问题 期初)如图所示，在倾角为 8.(2024·江苏盐城期末)某电视台的娱乐节 37°的足够长光滑斜面上端 系有一劲度系数为 37 日中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人 200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量 的默契度.如图所示，一长L=1.2m,质量 为2kg的小球，小球被一垂直于斜面的挡 为M=0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上， 板A挡住，此时弹簧没有形变.若挡板A 木板右下方有一质量m=1.0kg的小滑块 以2m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运 (可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因 动，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正 数为4=0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力 确的是 ( 等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g A.小球向下运动0.2s时与挡板分离 10/s2.一人用水平恒力F,向左作用在滑 B.小球向下运动0.05m时速度最大 块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块， C.小球与挡板分离时速度最大 使滑块从地面由静止开始向上运动 D.若挡板A的加速度a=5m/s2,则一开始 (1)为使木板能向上运动，F,必须满足什么 小球就与挡板分离 条件？ 7.(2024·四川南充质检) (2)若F,=28N,为使滑块与木板能发生相 (多选)如图所示，劲度系 对滑动，F2必须满足什么条件？ 数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端 (3)游戏中，如果在滑块上移h=1.6m时， 与置于水平面上质量为m的物体A连接，另 有一个完全相同的物体B紧贴着A,不黏连， 滑块与木板没有分离，才算两人配合默 弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物 契，游戏成功.现F,=30N,F2=25N,请 体B,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x。,此 通过计算判断游戏能否成功， 时物体A、B静止.撤去F后，物体A、B开始 向左运动，已知重力加速度为g,物体A、B与 水平面间的动摩擦因数均为4.则() A.撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为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 6.A解析：A.当小球与挡板分离时满足mgn37-=ma,解得x= Q04m,即小球向下运动Q04m时与挡板分离，根据=a2,求得 1=0.2%,A正确： BC.当弹簧弹力与重力沿斜面的分力平衡即mgsn37°=：时， 小球速度最大，解得x'=0O6m,BC错误： D.若一开始小球就与挡板分离.则小球的加速度a'=gsin37= 6m/s2 9。D解析：D.物块向下滑动时，设加速度大小为a下，由牛顿第二定 挡板的加速度为a=5m/2<a', 律mgin-4mgcs=ma下，得a下=gsin-4gs,对物块与斜而体 所以一一开始小球没有与挡板分离，D错误.故选A, 整体，有f=a下cos0=ngsin Bcos9-umgeo%20,D正确：C.物块向上 7。AC解析：A.撤去F瞬间，对A,B系统，由牛顿第二定律得 滑动时，设加速度大小为a上，由牛顿第二定律gnB+ omg2m,解得a2mg,所以Λ正确：B撤去F后，因为 mgcs8=ma上，得a上=gin+4geo58,可知a上>a下，C错误；B.对 物块，上，下滑动的全过程，加速度方向沿斜而向下，有竖直向下的 弹簧形变量减小，系统所受合外力变小，所以系统的加速度诚小，所 分量，处于失重状态，B铅误：A.物块上滑时，斜面体和物块组成的 以物体A和B先向左做加速度减小的加速运动：当加速度为零时， 系统处于失重状态，地面对斜面体的支持力小于(M+m)g,A错误 即合力为零时，速度达到最大，设此时的形变量为x,则：=μmg 故选D. 2照.所以 解得x-g,则物体A,B的运动距离-= 专题探究5牛顿运动定律的经典模型 1,A解析：松手后，系统运动过程中，设轻绳拉力为T,对A,由牛顿第 B错误，C正确：D.物体A,B向左运动要分离时，对B有4mg=, 二定律mg-T=m,a,同理，对B有：T-mgg=mn口，联立得a 对A有4mg一kx=m,解得x=0,所以若物休A,B向左运动要分离， m一m器 弹簧处于原长状态，物体A,B运动的距离为x。:所以D错误.故 选AC. *m, 2mmg,由于总质量m+mg恒定，可见：一m越大， m,十m是 物体加速度越大：mm知感小，轻绳拉力越小；mmn越大，轻绳拉力越 8.(1)F,>25N(2)F,>16.8N(3)否，计算过程见解析 大故选A 解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力为=4F:, 2.CD解析：A.对A,B整体分析.根据平衡条件有3mgin8=ngs8. 为使木板能向上运动，则fbMg,解得F,>25N (2)对木板，由牛顿第二定律有uF,-g=a1, 解得u=an0,故A错误：B.规定沿斜面向下为正方向，设轻杆对 对潜块，由牛顿第二定律有F24F,-mg=ma2, B的作用力为T,单独对B分析，根据平衡条件有T+2 ngsin 8= 为使滑块与木板能发生相对滑动，则a,>01,解得F>16.8飞 2mgcs0,解得T=mgsin日，为正值，表示方向沿斜而向下，故B错 (3)当F,=30N.F2=25N.对滑块，由牛顿第二定律有F: 误：C.若增加B物体的质量.设增量为△m,则合外力为(3m+△m)g· F,-g=m13,解得a1=9m/s2, n-(2m+△n)ugcos8=-2△mgin8,上式说明此时A,B整体所受 设清块上开6的时间为1，期之则产一治之 合外力将沿斜面向上，则A,B整体将沿斜面减速下滑，故C正确： 对木板，由牛顿第二定律有aF,-g=a,解得a4=2m82, D,增加A物体的质量，设增量为△n,则(3m+△m)gin8-mg cos8=△ngsin日，上式说明此时A,B整体所受合外力将沿斜而向下， 设木板在时间上升的高度为H则2，解得H=5m, 则A,B整体将沿斜面加速下滑，故D正确.故选CD. 1656 3,B解析：设两滑块的质量均为m,撒去拉力前，两滑块均做匀速直 由于h-=16m5m=45m>=12m, 线运动，则拉力F■2mg,撤去拉力前对Q根据平衡条件T。= 故滑块上移h=1.6m之前，滑块与木板分离，游戏不成功. g.AP,Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移。 第5节超重和失重 故A错误：B.滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛领第二定律有： 1.A2.B3.B4.D mg=mg,解得a,=-g,撤去拉力时，P、Q的速度相等，滑块P 5.C解析：依题意，由于P2<Pm=P<P甲，根据浮力公式F#= 由开始的加速度大小g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长 P腋gV,可知，轻弹簧A,B均处于压缩状态，剪断绳的瞬间，系统处 时加速度大小为g:滑块Q由开始的加速度0做加速度增大的减速 于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会发生突变，根据牛顿第二定 运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g,放B正确：CD.从此刻开 律可知，甲的加速度小于g,乙的加速度大于g,丙的加速度等于g, 始到增簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撇去拉 所以三者相对于容器，甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球保持 力顾间弹簧弹力不变为mg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此 不动，故选C 时滑块P的加速度满足-T。mg=ar,解得ar,=-g,此刻滑块 6.D解析：AC.根据题意，以竖直向下为正方向，在电梯运动时对小 Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故P,Q 球进行受力分析，根据牛顿第二定律有mg-Fm=m,即mg一 间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛倾第二定律 5 可知P减速的加速度减小.滑块Q的合外力增大，合力向左.做加速 mg=ma,解得a=-025g=-25m。2(方向竖直向上)，故 度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的 ABC错误：D正确.故选D. 加速度为g,Q加速度大小最大值为弹簧恢复鲸长时，有 7.C mg=mQ.,解得ag,=4g,故带块Q加速度大小的最大值为g, 8.BC解析：入。如图所示，对球，根据物体的平衡条件有F-N,= 故CD错促，故选B mgtan8,只有当城壁对球的弹力为N,=0时，才有F=ngtan8, 4,B解析：设物块的质量为m,木板的质量为M.物块减速和木板加速 故A错误：B.此时有Ncs0=mg,球对斜面的弹力大小为N,'= 。当F增大时，保持不变，故B正确：C若电梯竖直向上 到共速的时同为4，加速度分别为1，有a,, =2m62,01= m mg-(M+m)g 做匀诚速直线运动，则加速度方向竖直向下，当加速度为：时，球处 01=42h=", 于完全失重状态，对斜面没有弹力，故C正确：D.若电梯竖直向上 做匀加速直线运动，则加速度方向竖直向上，球处于超重状态，球对 木板的位移为=2： 斜面一定有弹力，故D错误.故选C 两者共速后，因4>出2，则一起诚速到停止，设共同减速的加速度为 一学霸高考·蓝题·物理·16一