北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
专题三 牛顿运动定律
应用篇
【应用集训】
应用一 探究“等时圆”模型
1.(2019安徽芜湖期末)如图所示,PQ为圆的竖直直径,AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道,分别与圆相交于A、B、C三
点。现让三个相同小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点,运动的平均速度分别为
v、v 和v。则有 ( )
1 2 3
A.v>v>v B.v>v>v
2 1 3 1 2 3
C.v>v>v D.v>v>v
3 1 2 1 3 2
答案 A
2.如图所示,AB和CD为两条光滑斜槽,它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上,且斜槽都通过
切点P。设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发,由A滑到B和由C滑到D,所用的时间分别为t 和t,则t 与t 之比为
1 2 1 2
( )
A.2∶1 B.1∶1 C.√3∶1 D.1∶√3
答案 B
应用二 探究连接体中临界极值问题的方法
1.(2019辽宁葫芦岛六校联考)如图甲所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小物
块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v 沿木板向上运动(如图乙),随着θ的改
0
变,小物块沿木板向上滑行的最大距离s将发生变化,重力加速度为g。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数;
(2)当θ角满足什么条件时,小物块沿木板上滑的最大距离s最小,并求出此最小值。
√3
答案 (1) (2)见解析
3北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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2.(2020湖北黄冈一轮)如图所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为m=6 kg的
1
物体P,Q为一质量为m=10 kg的物体,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止状态。现给物体Q施加一
2
个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后F为恒
力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)系统处于静止状态时,弹簧的压缩量x;
0
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a;
(3)力F的最大值与最小值。
10 280 160
答案 (1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
3 3 3
应用三 探究传送带问题的处理
1.(2019福建泉州第二次质检)(多选)如图,一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某一初速度沿传送带向
下运动,滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,则其速度v随时间t变化的图像可能是 ( )
答案 BC
2.(2020天津统考)如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,速度v=4 m/s,传送带与水平面的夹角θ=37°,现将
质量m=1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点),与此同时,给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F=8 N,经
过一段时间,小物块运动到了离地面高为h=2.4 m的平台上(未画出)。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,g取
10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间;
(2)若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F,计算小物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速
度大小。
4 6-2√3 4√3
答案 (1) s (2) s m/s
3 3 3
应用四 探究滑块—木板模型问题
1.(2019河北唐山联考,12)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图所示,滑板长L=1 m,起点A到终点线B的距离
s=5 m。开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到
达B处冲线,游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m=2 kg,滑板质量m=1 kg,重力
1 2
加速度g取10 m/s2,求:
(1)滑板由A滑到B的最短时间;北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(2)为使滑板能以最短时间到达,水平恒力F的取值范围。
答案 (1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
2.(2020河北衡水中学高考模拟)如图甲所示,地面上有一长为l=1 m,高为h=0.8 m,质量M=2 kg的木板,木板的右侧放置
一个质量为m=1 kg的木块(可视为质点),已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为
1
μ=0.6,初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F,拉力F随时间t的变化如图乙所示,取g=10 m/s2。求:
2
(1)前2 s木板的加速度大小;
(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
答案 (1)2 m/s2 (2)1.68 m
[教师专用题组]
【应用集训】
1.如图,某人在粗糙水平地面上用水平力F推一购物车沿直线前进,已知推力大小是80 N,购物车的质量是20 kg,购物车
与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.购物车受到地面的支持力大小是40 N
B.购物车受到地面的摩擦力大小是40 N
C.购物车将沿地面做匀速直线运动
D.购物车将做加速度为a=4 m/s2的匀加速直线运动
答案 B 购物车沿水平地面运动,则在竖直方向受到的支持力与重力大小相等,方向相反,所以支持力F =20×10
N
N=200 N,A错误;购物车受到地面施加的摩擦力大小是f=μF =0.2×200 N=40 N,B正确;推力大小是80 N,所以购物车沿
N
F 40
水平方向受到的合力F =F-f=80 N-40 N=40 N,所以购物车做匀加速直线运动,C错误;购物车的加速度a= 合=
合 m 20
m/s2=2 m/s2,D错误。
2.(2020天津静海一中等七校期中联考)(多选)“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮
绳。如图所示,质量为m的小明静止悬挂时,两橡皮绳的夹角为60°(已知重力加速度为g),则 ( )
A.每根橡皮绳的拉力为mg
B.若将悬点间距离变小,则每根橡皮绳所受拉力将变小
C.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂,则小明此时加速度a=g北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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D.若拴在小明腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳,则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时,小明的加速
1
度a= g
2
√3
答案 BD 两根橡皮绳上的拉力大小相等,设每根橡皮绳的拉力为F,则2F cos 30°=mg,则F= mg,故A错误。当合
3
力一定时,两分力夹角越小,两分力越小,所以将悬点间距离变小,则每根橡皮绳所受拉力将变小,故B正确。小明左侧橡
皮绳在腰间断裂,右侧橡皮绳的拉力不突变,重力不变,则小明此时所受的合力与原来左侧橡皮绳的拉力等大反向,加速
√3
mg √3
度a= 3 = g,故C错误。若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳,则小明左侧非弹性绳
3
m
在腰间断裂时,左侧绳子拉力瞬间变为零,右侧绳子的拉力发生突变;将重力沿绳方向与垂直于绳方向分解,沿绳方向该
1
瞬间合力为零,垂直绳子方向合力为mg sin 30°,由牛顿第二定律可知mg sin 30°=ma,可得此时小明的加速度a= g,故D
2
正确。
规律总结 弹性绳的弹力瞬时性变化与弹簧相同。非弹性绳产生弹力时可认为是无形变的,其弹力可在瞬间发生突变,
在情境突变前后的弹力不同,情境突变后的弹力需依据突变后的状态来确定。
3.(2020重庆一中摸底,4)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为M的物体A、B(A物体
与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上,使物体A、B开
始向上一起做加速度为a的匀加速运动直到A、B分离,重力加速度为g,其中a<g,则 ( )
A.外力施加的瞬间,A、B间的弹力大小为M(g-a)
B.A、B刚分离时,弹簧弹力恰好为零
M(g+a)
C.分离时,A上升的高度为
k
D.A、B分离后,A速度最大时弹簧恰好恢复原长
答案 A 拉力F施加的瞬间,对A物体,根据牛顿第二定律有F -Mg-F =Ma,由整体法分析知F =2Mg,解得
弹 AB 弹
2Mg
F =M(g-a),A正确;两物体处于初始静止状态时,对A、B整体受力分析得2Mg=kx,此时弹簧的压缩量为x= ,在
AB 0 0
k
A、B分离瞬间,A、B间的弹力F '=0,弹簧弹力不为零,对A受力分析得kx-Mg=Ma,得到这一瞬间弹簧的压缩量为x=
AB
Mg+Ma Mg-Ma
,则A上升的高度h=x-x= ,故B、C错误;在物体A上升的过程中,当A物体的重力Mg和弹簧弹力
0
k k
相等时,其速度最大,D错误。故选A。
4.(2020河北衡水中学四调)如图甲所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从
距弹簧上端高h处自由下落。若以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴OX,小球的速度v随时间t变
化的图像如图乙所示。其中OA段为直线,与OA相切于A点的曲线AB和曲线BC都是平滑的曲线,则关于A、B、C
三点对应的X坐标及加速度大小,下列说法正确的是 ( )
A.X =h,a =0 B.X =h,a =g
A A A A北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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mg 2mg
C.X =h+ ,a =g D.X =h+ ,a =0
B B C C
k k
答案 B OA段对应着小球下落h的过程,则X =h,到达A点时的加速度为a =g,选项B正确,A错误。B点是速度最
A A
mg
大的地方,此时小球的重力和弹簧的弹力大小相等,方向相反,小球所受合力为0,加速度也就为0,由mg=kx,可知x= ,
k
mg mg
所以X =h+ ,C错误。取一个与A点关于B点对称的点,设为D,由A点到B点弹簧的形变量为 ,由对称性得由B
B
k k
mg 2mg
到D弹簧的形变量也为 ,故到达C点时弹簧形变量要大于h+ ,加速度a >g,所以D错误。
C
k k
规律总结 在弹簧弹力作用下的运动具有对称性 , 物体在经过关于加速度为零的点相对称的位置时 , 速度、加速度、
合力大小相同。
5.(2018湖北荆州质检)如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定,下端连一质量为m的物块A,A放在质量也为m
的托盘B上,以F 表示B对A的作用力,x表示弹簧的伸长量。初始时,在竖直向上的力F作用下系统静止,且弹簧处于
N
g
自然状态(x=0)。现改变力F的大小,使B以 的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度,空气阻力不计),此过程中F 、
N
2
F随x变化的图像正确的是 ( )
答案 D 本题考查胡克定律、运动学规律、牛顿运动定律等知识。考查考生的综合分析能力,体现了模型建构、
科学推理等核心素养。
g g
根据题述,B以 的加速度匀加速向下运动过程中,选择A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律,2mg-kx-F=2m· ,解
2 2
mg
得F=mg-kx,即F从mg开始线性减小,可排除图像C;选择B作为研究对象,由牛顿第二定律,mg+F '-F= ,解得F '=
N N
2
mg mg mg
-kx,由牛顿第三定律得F '=F ,当弹簧的弹力增大到 ,即x= 时,A和B间的压力为零,在此之前,二者之间的压
N N
2 2 2k
mg mg
力由开始运动时的 线性减小到零,选项A、B错误;同时,力F由开始时的mg线性减小到 ,此后B与A分离,力F
2 2
mg
保持 不变,故选项D正确。
2北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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6.(2020湖南长沙一中模拟)(多选)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某
一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的
关系如图乙所示,g取10 m/s2,根据图像可求出 ( )
A.物体的初速度v=6 m/s
0
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.6
C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值x =1.44 m
min
D.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑
答案 AC 本题考查特殊图像问题及极值的求解问题,物体在粗糙斜面上向上运动,根据牛顿第二定律有mg sin
θ+μmg cos θ=ma,得加速度为a=g sin θ+μg cos θ;由运动学公式知当θ=90°时, =2gx,可得v= =6 m/s,当θ=0时,
v2 0 √2gx v2
0 0
=2μgx',可得μ=0.75,故A正确,B错误。根据运动学公式得物体能达到的位移为x=
v2
,由辅助角公式得a= g
0 √1+μ2
2a
v2
sin(θ+α),可得位移x的最小值x min = 0 =1.44 m,故C正确。由于μ>tan 30°,所以当θ=30°时,物体在斜面上达到
2g√1+μ2
最大位移停止后,不会下滑,故D错误。
思路点拨 初速度大小一定,运动到最大位移时速度减小到零,可知运动的最大位移取决于加速度,而加速度与斜面倾
角一一对应,故可通过导出x与θ的函数关系表达式来解题,特别是有关极值的问题。
7.(2019江苏赣榆一中月考)(多选)一物块沿斜面由离传送带H高处从静止滑下,斜面与水平传送带相连处为光滑圆弧,
物块滑离传送带后做平抛运动,当传送带静止时,物块恰落在水平地面上的A点,下列说法正确的是 ( )
A.当传送带逆时针转动时,物块落点一定在A点的左侧
B.当传送带逆时针转动时,物块落点一定在A点
C.当传送带顺时针转动时,物块落点可能在A点
D.当传送带顺时针转动时,物块落点一定在A点的右侧
答案 BC 当水平传送带静止时,物块受到水平向左的滑动摩擦力,做匀减速直线运动。若传送带逆时针转动,物块
通过传送带时,受到的滑动摩擦力仍水平向左,大小不变,则加速度不变,可以知道物块仍落在A点,故A错误,B正确。若
传送带顺时针转动,设物块滑上传送带时速度为v,传送带的速度为v,当v>v时,物块滑上传送带后可能一直做匀减速
0 0
直线运动,加速度与传送带静止时相同,则物块仍落在A点;当v>v时,物块也可能先做匀减速直线运动,后与传送带共速,
0
做匀速直线运动,滑到传送带右端时,速度大于传送带静止时物块到达右端的速度,则物块落在A点右侧;当v=v时,物块
0
滑上传送带时两者相对静止,物块做匀速直线运动,则物块落在A点右侧;当v<v时,物块滑上传送带可能一直做匀加速
0
直线运动,也可能先做匀加速直线运动,后与传送带共速,做匀速直线运动,滑到传送带右端时,速度大于传送带静止时物
块到达右端的速度,则物块落在A点右侧,综合分析可知C正确,D错误。
8.(2020届江苏南通月考)(多选)如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,
小木块与传送带间动摩擦因数为μ,小木块的速度随时间变化关系如图乙所示,v、t 已知,则 ( )
0 0北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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A.传送带一定逆时针转动
v
B.μ=tan θ +
0
gt cosθ
0
C.传送带的速度大于v
0
v
D.t
0
后小木块的加速度为2g sin θ-
0
t
0
答案 AD 若传送带顺时针转动,当小木块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ),将一直匀加速到底端;当小木块上滑时(mg
sin θ<μmg cos θ),先匀加速,在速度与传送带速度相等后做匀速直线运动;若mg sin θ=μmg cos θ,小木块静止不动,速度一
直为0,三种情况均不符合题给运动图像,说明传送带逆时针转动,故A正确。小木块在0~ t 内,滑动摩擦力向下,匀加速
0
v v
下滑,a=g sin θ+μg cos θ,由图乙可知a= ,解得μ= -tan θ,故B错误。只有当小木块的速度大于等于传送
1 1 0 0
t gt cosθ
0 0
带的速度时,小木块所受的摩擦力变成斜向上,即传送带的速度等于v,故C错误。等速之后阶段的加速度a=g sin θ-μg
0 2
v
cos θ,代入μ值得a=2g sin θ- ,故D正确。
2 0
t
0
解题关键 ①小木块的速度与传送带速度相等之后小木块会继续加速下滑,滑动摩擦力方向改变。②图乙中小木块两
段的加速度不相等,图像的拐点表示小木块与传送带速度相等。
9.(2020山东济南期末)(多选)倾角为37°的足够长斜面,上面有一质量为2 kg、长为8 m的长木板Q,木板上下表面与斜
1
面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P,P可视为质点,P、Q间光滑,Q与斜面间的动摩擦因数为 。若
3
P、Q同时从静止释放,以下关于P、Q运动情况的描述正确的是(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)( )
A.P、Q的加速度大小分别为6 m/s2、4 m/s2
B.P、Q的加速度大小分别为6 m/s2、2 m/s2
C.滑块P在Q上运动的时间为1 s
D.滑块P在Q上运动的时间为2 s
答案 BD 对P受力分析,在沿斜面方向上根据牛顿第二定律有m g sin 37°=m a ,解得a =g sin 37°=6 m/s2,对Q受
P P P P
力分析,受重力、斜面对其的支持力、摩擦力和P对其的压力,根据牛顿第二定律有m g sin 37°-μ(m +m )g cos
Q P Q
37°=m a ,解得a =2 m/s2,A错误、B正确;设P在Q上面滑动的时间为t,因a =6 m/s2>a =2 m/s2,故P比Q下滑更快,根
Q Q Q P Q
1 1
据位移关系有L= a t2- a t2,代入数据解得t=2 s,C错误,D正确。
P Q
2 2
10.(2020山西临汾第二次月考)我国科技已经开启“人工智能”时代,“人工智能”已经走进千家万户。某天,东东呼
叫了外卖,外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上,东东操控小型无人机带动货物,由静止开始竖直向上做匀加北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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速直线运动,一段时间后,货物又匀速上升53 s,最后再匀减速1 s恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升过程中,遥控
器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F、F 和F 大小分别为20.8 N、20.4 N和18.4 N,货物
1 2 3
受到的阻力恒为其重力的0.02。g取10 m/s2。计算:
(1)货物的质量m;
(2)货物上升过程中的最大速度v及东东家阳台距地面的高度h。
答案 (1)2 kg (2)1 m/s 56 m
解析 (1)在货物匀速上升的过程中
由平衡条件得F=mg+f
2
其中f=0.02mg
解得m=2 kg
(2)设整个过程中的最大速度为v,在货物匀减速运动阶段
由牛顿第二定律得mg+f-F=ma
3 3
由运动学公式得0=v-at
33
解得v=1 m/s
1
减速阶段的位移x= vt=0.5 m
3 3
2
匀速阶段的位移x=vt=53 m
2 2
加速阶段,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma,由运动学公式得2ax=v2,解得x=2.5 m
1 1 1 1 1
阳台距地面的高度h=x+x+x=56 m
1 2 3
3
11.(2015课标Ⅱ,25,20分)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin 37°= )的
5
山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,
如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数
3
μ 减小为 ,B、C间的动摩擦因数μ 减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光
1 2
8
滑,μ 保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力
2
加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小;
(2)A在B上总的运动时间。
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
解析 (1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f、N 是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,f、N 是B与C
1 1 2 2
之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f=μN ①
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N=mg cos θ②
1
f=μN ③
2 2 2
N=N+mg cos θ ④
2 1
规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a 和a,由牛顿第二定律得
1 2
mg sin θ-f=ma ⑤
1 1
mg sin θ-f+f=ma ⑥
2 1 2
联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得
a=3 m/s2 ⑦
1
a=1 m/s2 ⑧
2
(2)在t=2 s时,设A和B的速度分别为v 和v,则
1 1 2
v=at=6 m/s⑨
1 11
v=at=2 m/s⑩
2 21
t>t 时,设A和B的加速度分别为a'和a'。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得
1 1 2
a'=6 m/s2
1
a'=-2 m/s2
2
即B做减速运动。设经过时间t,B的速度减为零,则有
2
v+a't=0
2 2 2
联立 式得
t=1 s
2
在t+t 时间内,A相对于B运动的距离为
1 2
s=(1
a t2+v t +
1
a
't2)-(1
a t2+v t +
1
a
't2)=
2 1 1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2
12 m<27 m
此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t 后A离开B,则有
3
1
l-s=(v+a't)t+ a't2
1 1 2 3 1
2 3
可得
t=1 s(另一解不合题意,舍去)
3
设A在B上总的运动时间为t ,有
总
t =t+t+t=4 s
总 1 2 3
(利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分)
知识储备 出现临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,即表明题述的过程存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止
点往往对应临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界
点。北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
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(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。
12.(2020学科网3月一联山东卷)倾角为θ=37°的斜面上叠放着质量均为m=1 kg的滑块和长木板,在垂直于斜面方向的
压力F作用下,均保持静止。已知滑块与长木板间动摩擦因数μ=0.2,滑块正处于长木板的中间位置;长木板与斜面间
1
动摩擦因数μ=0.4,长木板长度L=0.8 m。滑块大小忽略不计,各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,斜面足够长,
2
取g=10 m/s2,sin 37°=0.6。求:
(1)压力F的最小值;
(2)突然撤去压力F,滑块经过多长时间从长木板上滑下?
答案 (1)22 N (2)0.5 s
解析 (1)滑块保持静止,设压力最小为F,由平衡条件有mg sin θ=μ(mg cos θ+F)
1 1 1
解得:F=22 N
1
滑块和长木板整体保持静止,设压力最小值为F,由平衡条件有2mg sin θ=μ(2mg cos θ+F)
2 2 2
解得:F=14 N
2
则压力最小值为22 N。
(2)撤去压力,滑块和木板均沿斜面向下做匀加速直线运动,设加速度分别为a、a
1 2
对滑块,根据牛顿第二定律有:
mg sin θ-μmg cos θ=ma;
1 1
解得:a=4.4 m/s2;
1
对长木板,根据牛顿第二定律有:
mg sin θ+μmg cos θ-μ·2mg cos θ=ma
1 2 2
解得:a=1.2 m/s2
2
1 1 L
设经过时间t,滑块从木板上滑下,则 at2- at2=
1 2
2 2 2
解得:t=0.5 s
13.(2020江苏南通、泰州期末)如图所示,矩形拉杆箱上放着平底箱包,在与水平方向成α=37°的拉力F作用下,一起沿水
平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0 kg,拉杆箱的质量M=9.0 kg,箱底与水平面间的夹角θ=37°,不计所
有接触面间的摩擦,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)若F=25 N,求拉杆箱的加速度大小a;
(2)在(1)的情况下,求拉杆箱运动x=4.0 m时的速度大小v;
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出,求拉力的最大值F 。
m
答案 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)93.75 N
解析 (1)若F=25 N,以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得F cos α=(m+M)a北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A
版》
Fcosα 25×0.8
解得a= = m/s2=2 m/s2
m+M 1+9
(2)根据速度与位移的关系可得v2=2ax
解得v=√2ax=√2×2×4 m/s=4 m/s
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时,箱包与拉杆之间的弹力刚好为零,以箱包为研究对象,受到重力和支持力作用,此
时的加速度为a,如图所示,
0
根据牛顿第二定律可得mg tan θ=ma
0
解得a=g tan θ=7.5 m/s2
0
以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得F cos α=(m+M)a
m 0
解得拉力的最大值为F =93.75 N
m
