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六
牛顿运动定理的应用
一、单选题
1．【江苏省天一中学2018届高考考前热身】小车上固定一根轻质弹性杆A,杆顶固定一个小球B,如图所示,现让小车从光滑斜面上自由下滑,在下图的情况中杆发生了不同的形变,其中正确的是( )
A． B． C． D．
2．【广西2019届百校大联考】如图所示,静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升,经过一段时间,突然撤去该恒力,之后物块经相同时间落回地面。不计空气阻力,则该恒力与物块所受重力的大小之比为( )
A． 2 B． 32 C． 43 D． 54
3．【云南省曲靖市第一中学2019届高三质检】如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P(不拴接),系统处于静止状态,现用竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,在弹簧恢复原长前,下列说法正确的是( )
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A．拉力F与弹簧的压缩量成正比
B．弹簧弹力逐渐变小
C．弹簧刚要恢复原长时,拉力F为零
D．拉力F做的功等于物块增加的机械能
4．【湖北省2019届模拟】为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车减速上坡时，下列说法正确的是( )
A．乘客受重力、支持力两个力的作用
B．乘客受重力、支持力、平行斜面向下的摩擦力三个力的作用
C．乘客处于超重状态
D．乘客的惯性保持不变
5．【浙江省2018届模拟】如图所示，一倾角为α的固定斜面上，两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面间的动摩擦因数为μA＝tanα，B与斜面间的动摩擦因数为μB＝12tanα，重力加速度大小为g.则下滑过程中A、B间弹力的大小为( )
A． 0 B． 12mgsinα
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C． 13mgsinα D． 14mgsinα
二、多选题
6．【山东滕州一中2019届高三模拟】如图所示，水平粗糙桌面上有a、b两个小滑块，之间连接一弹簧，a、b的质量均为m，现用水平恒力F拉滑块b，使a、b一起在桌面上匀加速运动，弹簧原长为L，劲度系数为k，已知弹簧在弹性限度内．物块与桌面间的动摩擦因数不变，下列说法正确的是（ ）
A．ab间的距离为L+F/(2k)
B．撤掉F后，a作匀速运动，b作匀减速运动
C．若弹簧在a连接处突然断开，a、b的加速度一定都增大
D．撤掉F的瞬间，a的加速度不变，b的加速度可能增大
7．【山东省2018届高考模拟】一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是( )
A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5
B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4
C．斜面的倾角为45°
D．滑块与斜面的动摩擦因数μ＝47
8．【湖南省长沙市2018-2019学年大联考】在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为13
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a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A． 8 B． 10 C． 12 D． 14
三、解答题
9．【甘肃省酒泉市敦煌中学2019届高三模拟】如图甲所示，一足够长的质量M=0.4kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板，小滑块刚滑上长木板0.2s内的速度图象如图乙所示，小滑块可看成质点，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1
（2）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的总位移x
10．【安徽省2018-2019学年高考模拟】如图所示，在粗糙水平面上有一质量为M=2 kg表面光滑的斜面体，斜面的倾角θ=37°，在斜面体的左侧相距为d=2.4 m处有一固定障碍物Q。将一质量为m=0.2 kg的小物块（可视为质点）用一根轻绳（不可伸长）系住，绳的一端固定在斜面体的顶端。现给斜面体施加一个水平向左的推力F，使斜面体和小物块无相对滑动，一起向左做匀加速运动，当斜面体到达障碍物Q与其碰撞后，斜面体立即被障碍物Q锁定。已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求：
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（1）水平推力F的最大值；
（2）若用最大水平推力作用在斜面体上，斜面体被障碍物Q锁定后，小物块在轻绳牵引下能沿圆周运动到竖直最高点，则绳的长度应满足的条件.（计算结果保留两位有效数字）
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答案与解析
一、单选题
1．【解析】小车在光滑斜面上自由下滑,则加速度a=gsinθ,由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下,且小球的加速度等于gsinθ,则杆的弹力方向垂直于斜面向上,杆不会发生弯曲,C正确。故选C。
【答案】C
2．【解析】设物体在撤去拉力时速度大小v，落地速度大小v′；上升过程：x=v2t；下降过程：x=v'-v2t；解得：v：v′=1：2；由动量定理得：上升过程：（F-mg）t=mv；下降过程：-mgt=-mv′-mv；联立解得：F：mg=4：3，故选C。
【答案】C
3．【解析】物体向上做匀加速直线运动，则由牛顿第二定律：F+kx-mg=ma可得 F=-kx+ma+mg可知，拉力F与弹簧的压缩量x不是成正比，选项A错误；物体上移过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，则弹簧的弹力逐渐减小，选项B正确；弹簧刚要恢复原长时，拉力F=ma+mg，不为零，选项C错误；由能量关系可知，拉力F与弹簧弹力做功之和等于物块增加的机械能，选项D错误；故选B。
【答案】B
4．【解析】当此车减速上坡时，乘客受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律知乘客必定受到水平向左的静摩擦力，所以乘客受重力、支持力、水平向左的静摩擦力三个力的作用。故AB错误。乘客的加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，所以乘客处于失重状态，故C错误。质量是惯性大小的唯一量度，乘客的质量不变，则惯性不变。故D正确。故选D。
【答案】D
5．【解析】对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得2mgsinα－μAmgcosα－μBmgcosα＝2ma，解得a=14gsinα；对B受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsinα－NAB－μBmgcosα＝ma，解得NAB=14mgsinα。故D项正确。
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【答案】D
二、多选题
6．【解析】设弹簧伸长量为x，两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度。设为a。对于整体，由牛顿第二定律：F-2μmg=2ma，a=F2m-μg；对于a：kx-μmg=ma；解得：x=F2k；故两木块之间的距离是：S=L+F2k，故A正确。撤掉F后，由于弹簧的拉力大于所受的摩擦力，a将向右作加速运动，b所受的合力减小，加速度减小，作加速度减小的减速运动。故B错误。若弹簧在a连接处突然断开，a的加速度大小 aa=μmgm=μg，b的加速度ab=F-μmgm=Fm-μg，则知b的加速度一定增大，而a的加速度则不一定增大。故C错误。撤掉F的瞬间，a的加速度不变，a的受力情况未变，加速度不变，而b的加速度ab=kx+μmgm=μmg+ma+μmgm=a+2μg，则知b的加速度一定增大，故D正确。故选AD。
【答案】AD
7．【解析】设滑动到达B点的速度为v，滑块在斜面上的位移：x1=v2•4t0，在水平面上的位移：x2=v2•t0，滑块在斜面和水平面的位移大小之比：x1x2=v2⋅4t0v2⋅t0=41，故A错误；A到B的过程中：a1•4t0=v，B到C的过程中：v=a2t0，加速度之比：a1a2=14，故B正确；由图乙可得：f2=μmg=5N，f1=μmgcosθ=4N，所以：f1f2=cosθ=0.8，即：θ=370，故C错误；物体在斜面上运动的过程中：mgsinθ-μmgcosθ=ma1，在水平面上运动的过程中：ma2=μmg，解得：μ=4/7，故D正确；故选BD。
【答案】BD
8．【解析】设每节车厢的质量为m，PQ两边的车厢数为P和Q，
当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pm⋅a，
当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qm⋅13a，
根据以上两式可得：P=13Q
即PQ两边的车厢的数目可能是1和3，或2和6，或3和9，或4和12，等等，
所以总的车厢的数目可能是4、8、12、16，故选项AC正确，选项BD错误。
【答案】AC
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三、解答题
9．【解析】(1)小滑块刚滑上长木板时加速度大小为a2=ΔvΔt=1.8-1.00.2=4m/s2
小滑块对长木板的滑动摩擦力f2=ma2=0.4×4N=1.6N
地面对长木板的最大静摩擦力f1=μ1(M+m)g=0.1×0.4+0.4×10N=0.8N
因为f2>f1，所以小滑块刚滑上长木板后，长木板向左匀加速，小滑块向左匀减速，据牛顿第二定律：
以木板为研究对象,有：f2-μ1(M+m)g=Ma1
代入数据得：a1=2m/s2
(2)设经过时间t小滑块与长木板速度相等时,有：v0-a2t=a1t
代入数据得：t=0.3s
共同速度v=a1t=2×0.3=0.6m/s
这段时间内,小滑块运动的距离为：x1=v0t-12a2t2=1.8×0.3-12×4×0.32=0.36m
此后小滑块与木板一起做匀减速运动
据牛顿第二定律：μ1(M+m)g=(M+m)a3
加速度的大小为：a3=1m/s2
共同运动的距离为：x2=v22a3=0.622×1=0.18m
所以小滑块滑行的总位移为：x=x1+x2=0.54m
10．【解析】（1）由题意可知，当F最大时，小物块不受绳子的拉力，以小物块为研究对象
mgtanθ=ma
代入数据解得：a=7.5m/s2
以小物块和斜面整体为研究对象：F–μ（M+m）g（M+m）a
解得： F=27.5N
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（2）在斜面体加速过程中，由速度位移关系得2ad=v2 得 v=6m/s
设小物块离开斜面瞬间的速度为v1，有v1=vsinθ=3.6m/s
小物块刚好通过最高点，设绳的长度为L
小物块在最高点时：mg=mv22L
由机械能守恒定律得12mv22-12mv12=-mgL(1+sinθ)
解得L=0.31m
所以L应满足L≤0.31m
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