2021届高考物理一轮复习课后限时集训9牛顿运动定律的综合应用含解析

PAGEPAGE10牛顿运动定律的综合应用建议用时：45分钟1.(2019·山东大学附中二模)如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2。则下列说法正确的是()A．a1＝a2，FN1>FN2 B．a1＝a2，FN1＝FN2C．a1>a2，FN1>FN2 D．a1>a2，FN1＝FN2D[设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝eq\f(F,m＋m)＝eq\f(F,2m)，对B分析FN1＝mBa1＝eq\f(F,2)。接触面粗糙时，对整体分析有a2＝eq\f(F－f,2m)＝eq\f(F,2m)－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝eq\f(F,2)，则FN1＝FN2。故D正确。]2．用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是()A．物体的质量为eq\f(F0,a0)B．地球表面的重力加速度为2a0C．当a>0时，物体处于失重状态D．当a＝a1时，拉力F＝eq\f(F0,a0)a1A[当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，所以B错误。当a＝0时，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为eq\f(F0,a0)，所以A正确。当a>0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误。当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝eq\f(F0,a0)、g＝a0，故拉力F＝eq\f(F0,a0)(a1＋a0)，所以D错误。]3.(多选)(2019·山东泰安二模)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v­t图象可能是()ABCDAC[滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg>μ2(M＋m)g，最后一起做匀减速运动，加速度a′＝μ2g，开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a＝μ1g>μ2g，知图线的斜率变小，故C正确，D错误。若μ1mg<μ2(M＋m)g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动，故A正确。由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，故B错误。]4.(2019·山东师范大学附中模拟)如图所示，一质量为M＝2kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度取g＝10m/s2。下列判断正确的是()A．物块对斜面的压力大小FN＝5eq\r(2)NB．斜面体的加速度大小为a＝10m/s2C．水平恒力大小F＝15ND．若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变小C[对M、m整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：F＝(M＋m)a；竖直方向：N＝(M＋m)g；再对M分析，受重力、压力FN、支持力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：FNsinθ＝Ma；竖直方向：FNcosθ＋Mg＝N；联立解得：a＝eq\f(mgtanθ,M)＝5m/s2；F＝eq\f(M＋mmgtanθ,M)＝15N；FN＝eq\f(mg,cosθ)＝10eq\r(2)N，故A、B错误，C正确；若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则对整体：F＝(M＋m)a′；对m：mgtan45°＝ma′，解得F＝(M＋m)g＝30N，即F变大，故D错误。]5.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，则煤块从A端运动到B端的过程中()A．煤块从A端运动到B端的时间是2.25sB．煤块从A端运动到B端的时间是1.5sC．划痕长度是0.5mD．划痕长度是2mBD[根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝eq\f(μmg,m)＝4m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝eq\f(v0,a)＝1s，位移大小x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝2m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2m，匀速运动的时间t2＝eq\f(x2,v0)＝0.5s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，选项B正确，A错误。]6．(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。[解析]本题通过板——块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用，考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力，体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要素。A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg匀变速直线运动2aAL＝veq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2μgL)。(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg。(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝eq\f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2且xB－xA＝L解得vB＝2eq\r(2μgL)。[答案](1)eq\r(2μgL)(2)3μgμg(3)2eq\r(2μgL)7．(2019·马鞍山检测)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v­t图象如图乙所示。g取10m/s2，求：甲乙(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。[解析](1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图象得，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6,2)m/s2＝3m/s2对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15N。(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3m/s2t＝eq\f(0－v0,aA)＝eq\f(0－6,－3)s＝2s物块A通过的位移xA＝eq\f(v0,2)t＝6m物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2m＝12m物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6m。[答案](1)15N(2)6m8.(多选)如图所示，白色传送带保持v0＝10m/s的速度逆时针转动，现将一质量为0.4kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB两端距离x＝16m，传送带倾角为37°，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．煤块从A端运动到B端所经历的时间为2sB．煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6mC．煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5mD．煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4JAC[煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝gsin37°＋μgcos37°＝6m/s2＋0.5×8m/s2＝10m/s2，则煤块速度达到传送带速度的时间为：t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，位移为：x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(100,20)m＝5m，煤块速度达到传送带速度后的加速度为：a2＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝gsin37°－μgcos37°＝6m/s2－4m/s2＝2m/s2，根据x－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)代入数据解得：t2＝1s，则煤块从A端运动到B端所经历的时间为：t＝t1＋t2＝2s，故A正确。煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小Δx1＝v0t1－x1＝10m－5m＝5m，物块速度达到传送带速度后相对位移的大小Δx2＝x－x1－v0t2＝11m－10×1m＝1m，则相对位移的大小Δx＝Δx1－Δx2＝5m－1m＝4m，故B错误。留下的痕迹长度Δx′＝Δx1＝5m，故C正确。摩擦产生的热量Q＝μmgcos37°Δx1＋μmgcos37°Δx2＝0.5×4×0.8×5J＋0.5×4×0.8×1J＝9.6J，故D错误。]9．(多选)(2019·滨州二模)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是()A．若eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，则eq\f(f1,f2)＝eq\f(2,1)B．若eq\f(a2,a3)＝eq\f(1,2)，则eq\f(f2,f3)＝eq\f(1,2)C．若eq\f(a3,a4)＝eq\f(1,2)，则eq\f(f3,f4)＝eq\f(1,2)D．若eq\f(a3,a4)＝eq\f(1,2)，则eq\f(tanθ,tanα)＝eq\f(1,2)CD[对第一、二幅图有：若eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则eq\f(f1,f2)＝eq\f(1,2)，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsinθ＝Ma3，若eq\f(a2,a3)＝eq\f(1,2)，则eq\f(f2,f3)≠eq\f(1,2)，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若eq\f(a3,a4)＝eq\f(1,2)，则eq\f(f3,f4)＝eq\f(1,2)，故选项C正确；m水平方向有：F3sinθ＝ma3、F4sinα＝ma4，竖直方向有：F3cosθ＝mg、F4cosα＝mg，解得a3＝gtanθ、a4＝gtanα，若eq\f(a3,a4)＝eq\f(1,2)，则eq\f(tanθ,tanα)＝eq\f(1,2)，故选项D正确。]10．(2019·渤海高中模拟)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？[解析](1)开始阶段，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1所以a1＝gsinθ＋μgcosθ解得a1＝10m/s2煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s煤块发生的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m<16m所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；第二阶段有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1s＋1s＝2s。(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1＝vt1－x1＝10×1m－5m＝5m故煤块相对于传送带上移5m第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx2＝(LAB－x1)－vt2解得Δx2＝1m即煤块相对传送带下移1m故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5m。(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，则有LAB＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,min)可得tmin＝eq\f(4\r(5),5)s。[答案](1)2s(2)5m(3)eq\f(4\r(5),5)s11．(2019·开封模拟)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14m/s，方向水平向右，木板B运动的v­t图象如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10m/s2。(提示：t＝3s时刻