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1、2021 年高考物理一轮复习考点优化训练 10 牛顿运动定律的综合应用 1(2020舟山月考)在天宫二号中工作的景海鹏和陈东可以自由飘浮在空中，宇航员处于失重状态下列分析正确的是()A失重就是航天员不受力的作用 B失重的原因是航天器离地球太远，从而摆脱了地球的引力 C失重是航天器独有的现象，在地球上不可能有失重现象的存在 D正是由于引力的存在，才使航天器和航天员有可能做环绕地球的圆周运动 解析：选 D.失重时航天员仍受地球引力的作用，只是弹力为零而已，A、B 错误；失重在地球上也很普遍，它只是视重(即弹力)小于重力的现象，C 错误；正是由于地球引力的存在，才使航天器和航天员有可能做环绕地球的圆
2、周运动，D 正确 2(2020浙江六校联考)在水平桌面上用书本做成一个斜面，斜面与水平桌面的夹角为，把一个计算器放在书本上并保持静止，已知计算器质量为 m，计算器与书本间的动摩擦因数为，则()A计算器对书本的摩擦力方向沿斜面向上 B计算器对书本的压力等于计算器的重力 mg C计算器受到的摩擦力为 mgcos D计算器受到的摩擦力为 mgsin 解析：选 D.计算器受到三个力：重力 mg、书本对它的弹力 FN、书本对它的摩擦力 Ff，由平衡条件可知，FNmgcos，Ffmgsin，计算器对书本的压力等于 mgcos，故 B、C错误，D 正确；书本对计算器的摩擦力 Ff方向沿斜面向上，由牛顿第三定
3、律知计算器对书本的摩擦力方向沿斜面向下，A 错误 3在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为 50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是()A晓敏同学所受的重力变小了 B晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C电梯一定在竖直向下运动 D电梯的加速度大小为g5，方向一定竖直向下 解析：选 D.由题知体重计的示数为 40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A 错误；由牛顿第三定律知，B 错误；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错误；由
4、牛顿第二定律 mgFNma 可知 ag5，方向竖直向下，D 正确 4.如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为 mA1 kg 和mB2 kg 的物块 A、B 放在长木板上，A、B 与长木板间的动摩擦因数均为 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用水平拉力 F 拉 A，取重力加速度 g10 m/s2.改变 F 的大小，B的加速度大小可能为()A1 m/s2 B2.5 m/s2 C3 m/s2 D4 m/s2 解析 A、B 放在轻质长木板上，长木板质量为 0，所受合力始终为 0，即 A、B 所受摩擦力大小相等由于 A、B 受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为 fAmaxfBm
5、ax，所以 B始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A 相对长木板滑动，B 受到的最大合力等于 A 的最大静摩擦力，即 fBfAmaxmAg，由 fBmBaBmax，可知 B 的加速度最大为 2 m/s2，选项 A 正确 答案 A 5.(2020嘉兴检测)如图所示，木块 A 的质量为 m，木块 B 的质量为 M，叠放在光滑的水平面上，A、B 之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现用水平力 F 作用于 A，则保持 A、B 相对静止的条件是 F 不超过()Amg BMg Cmg1mM DMg1Mm 解析：选 C.由于 A、B 相对静止，以整体为研究对象可知 F(
6、Mm)a；若 A、B 即将相对滑动，以物体 B 为研究对象可知 mgMa，联立解得 Fmg1mM，选项 C 正确 6如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 s3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数 0.1.工件滑上 A 端瞬时速度 vA4 m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB，则不正确的是()A若传送带不动，则 vB3 m/s B若传送带以速度 v4 m/s 逆时针匀速转动，vB3 m/s C若传送带以速度 v2 m/s 顺时针匀速转动，vB3 m/s D若传送带以速度 v2 m/s 顺时针匀速转动，vB2 m/s 解析：选 D.若传送带不动，由匀变速规律可知 v2Bv2A2as，ag，代
7、入数据解得 vB3 m/s，当满足选项 B、C 中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达 B 端时的瞬时速度仍为 3 m/s，故选项 A、B、C 正确，D 错误 7(2020杭州调研)一个小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，运动时间为 t1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，运动时间为 t2，则()At1t2 Bt1t2 D无法判断 t1与 t2的大小 解析：选 A.设滑梯与水平面的夹角为，则 第一次时 a1m1gsin m1gcos m1gsin gcos，第二次时 a2（m1m2）gsin（m1m2）g
8、cos m1m2 gsin gcos，所以 a1a2，与质量无关 又 x12at2，t 与 m 也无关，A 正确 8.(2020舟山质检)如图所示，质量为 M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为 m 的小球，Mm，用一力 F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度 a 向右运动时，细线与竖直方向成 角，细线的拉力为 F1.若用一力 F水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度 a向左运动时，细线与竖直方向也成 角，细线的拉力为 F1.则()Aaa，F1F1 Baa，F1F1 Caa，F1F1 Daa，F1F1 解析：选 B.当用力 F 水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有
9、 F1cos mg 水平方向有 FF1sin ma，以整体为研究对象有 F(mM)a，解得 amMgtan 当用力 F水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有 F1cos mg 水平方向有 F1sin ma，解得 agtan 结合两种情况，由有 F1F1；由并结合 Mm 有 aa.故正确选项为 B.9.如图所示为粮袋的传送装置，已知 AB 间长度为 L，传送带与水平方向的夹角为，工作时其运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在 A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A粮袋到达 B 点的速度
10、与 v 比较，可能大，也可能相等或小 B粮袋开始运动的加速度为 g(sin cos)，若 L 足够大，则以后将一定以速度 v 做匀速运动 C若 tan，则粮袋从 A 到 B 一定一直是做加速运动 D不论 大小如何，粮袋从 A 到 B 一直做匀加速运动，且 agsin 解析：选 A.开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin FNma，FNmgcos，解得 agsin gcos，故 B 项错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若 mgsin mgcos，即当 1mg0.3110 N3 N 假设 A、B 之间不发生相对滑动，则 对 A、B 整
11、体：F(Mm)a 对 A：fABMa 解得：fAB2.5 N 因 fABfm，故 A、B 之间不发生相对滑动(2)对 B：F1mgmaB 对 A：1mg2(Mm)gMaA 据题意有：xBxAL xA12aAt2 xB12aBt2 解得：t 2 s.答案：(1)见解析(2)2 s 17.质量 M4 kg、长 2l4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同一个质量为 m1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示在 t0 时刻对滑块施加一个水平向右的恒力 F，使滑块和木板均由静止开始运动，t12 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的 x1t 图象如图
12、乙所示取 g10 m/s2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数 1和恒力 F 的大小(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数 20.1，2 s 末撤去恒力 F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为 a1，木板的加速度大小为 a2，则 t12 s 时木板的位移 x212a2t21 滑块的位移 x14 m 由牛顿第二定律得 a21mgM 由位移关系得 x1x2l 联立解得 10.4 滑块位移 x112a1t21 恒力 Fma11mg 联立解得 F6 N.(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为 v1，木板的速度为 v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为 a12mgm2g，a22mgM 设滑块与木板从 t1时刻开始到速度相等时的运动时间为 t2，则 v2a2t1，v1a1t1，v1a1t2v2a2t2 解得 t21.6 s 在此时间内，滑块位移 x1v1t212a1t22 木板的位移 x2v2t212a2t22 xx1x2联立解得 x1.6 m2 m 因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为 dlx0.4 m.答案 见解析