2019届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 突破全国卷3 突破训练 “多物体、多过程”类力学综合问题 新人教版.doc

“多物体、多过程”类力学综合问题【突破训练】1(2018西安质检)如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为()A3mgB4mgC5mg D6mg解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F(2mm)g(2mm)a，对砝码，由牛顿第二定律可得：2mg2ma，联立可得：F6mg，选项D正确2(多选)(2018南昌模拟)如图所示，一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是()A若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0B若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)vv0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)vv0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0解析：选AC.传送带静止时，有mvmvmgL，即vB，物体做减速运动，若传送带逆时针运行，受向左的摩擦力mg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为vB，不会为零，用时也一定仍为t0，故选项A正确，B错误；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)vv0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t0，故选项C正确；当其运行速率(保持不变)vv0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体速度加速到速度v还未到达B端时，则先匀加速后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D错误3.(多选)(高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()解析：选BC.若v2v1，则P、Q先一起做匀减速运动，且加速度大小a1.若P能减速到v1，当fPmQg，P、Q共同匀速，速度大小为v1，当fPmQg，P、Q继续减速，加速度大小a2，a1a2，故A错误若传送带足够长，P、Q减速到零后，反向加速，加速度大小为a2.若v2v1.当fPmQg，P、Q先共同加速，后以v1共同匀速运动，加速度大小为a2当fPmQg，P、Q可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变综上，B、C正确，D错误4如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F6 N的水平力作用下由静止开始向右运动已知木板A、B长度均为l1 m，木板A的质量mA3 kg，小滑块及木板B的质量均为m1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为10.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为20.1，重力加速度g10 m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力Ff11mg4 N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力Ff22(2mmA)g5 NFf1Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F1mgma1la1t解得：t11 s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为vB，则：1mg22mgma2vBa2t2xBa2tv1a1t1x块v1t2a1tx块xBl联立以上各式可得：vB1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s5如图所示，倾角30的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8 m，质量M3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离解析：(1)若整体恰好静止，则F(Mm)gsin (31)10sin 30 N20 N因要拉动木板，则F20 N若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得F(Mm)gsin (Mm)a对物块有fmgsin ma其中fmgcos 代入数据解得F30 N向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F应满足的条件为20 N30 N时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有Fmgcos Mgsin Ma1对物块有mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式得a1t2a2t2L代入数据解得t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t由2gsin s0v2代入数据解得s0.9 m.答案：见解析