2026年高考总复习优化设计一轮复习物理（广西版）-课时规范练9　牛顿运动定律的综合应用

课时规范练9牛顿运动定律的综合应用基础对点练1.(整体法与隔离法)如图所示,质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为1kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起,但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(g取10m/s2)()A.0 B.50N C.10N D.8N2.(多选)(传送带问题)(2023广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带沿逆时针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度从左端滑上传送带,在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变,重力加速度g取10m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果正确的是()A.μ=0.4 B.μ=0.2C.t=4.5s D.t=3s3.(整体法与隔离法)如图所示,在光滑水平面上放有一质量m0=30kg的斜劈,在其斜面上放一质量m=2kg的物块,现用一水平向右的力F拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对静止。已知斜劈倾角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2。则拉力F大小为()A.1N B.10N C.31N D.310N4.(多选)(连接体问题)(2025八省联考山西、陕西、宁夏、青海卷)如图所示,倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上,P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接,P和Q的质量分别为4m和m。初始时,控制P使轻绳伸直且无拉力,滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行,右侧轻绳竖直,弹簧始终在弹性限度范围内,弹簧劲度系数为k,重力加速度大小为g。现无初速度释放P,则在物体P沿斜劈下滑过程中()A.轻绳拉力大小一直增大B.物体P的加速度大小一直增大C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为6D.物体P的最大动能为85.(临界问题)(2024山西临汾适应性训练二)如图所示,水平面上的小车内固定一个倾角θ=30°的光滑斜面,平行于斜面的细绳一端固定在车上,另一端系着一个质量为m的小球,小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时,小球仍能够和小车保持相对静止;如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时,小球仍能够和小车保持相对静止,则a1和a2的大小之比为()A.3∶1 B.3∶3 C.3∶1 D.1∶36.(多选)(板块模型)(2024辽宁卷)一足够长的木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是()A.小物块在t=3t0时刻滑上木板B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μC.小物块与木板的质量之比为3∶4D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动素养综合练7.(多选)如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用,A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m=3kg,g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是()A.两物块间的动摩擦因数为0.2B.当0<F<4N时,A、B保持静止C.当4N<F<12N时,A、B发生相对滑动D.当F>12N时,A的加速度随F的增大而增大8.(2024安徽合肥第一次质检)如图所示,某校门口水平地面上有一质量为150kg的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为33,工作人员用轻绳按图示方式缓慢移动石墩,此时两轻绳平行,重力加速度g取10m/s2(1)若轻绳与水平面的夹角θ为60°,则轻绳对石墩的总作用力大小为多少?(2)当轻绳与水平面的夹角为多大时,轻绳对石墩的总作用力最小,并求出该值。9.如图甲所示,在顺时针匀速转动且倾角为θ=37°的传送带底端,一质量m=1kg的小物块以某一初速度向上滑动,传送带足够长。物块的速度与时间(v-t)关系的部分图像如图乙所示。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。(1)求物块与传送带之间的动摩擦因数μ。(2)求物块沿传送带向上运动的最大位移。(3)求物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程。答案：1.D解析剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=40N,剪断细线的瞬间,对整体分析,整体加速度a=(mA+mB)g-FmA+mB=(4+1)×10-404+1m/s2=2m/s2,隔离B进行分析,mBg-FN=mBa2.BC解析由题图乙可得,物块做匀减速运动的加速度大小a=ΔvΔt=2.0m/s2,由牛顿第二定律得Ff=ma=μmg,则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,A项错误,B项正确;在v-t图像中,图线与t轴所围面积表示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时,物块的位移为0,由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5s,C3.B解析对物块受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可得Ffcos37°-FNsin37°=ma,竖直方向,根据平衡条件可得Ffsin37°+FNcos37°=mg,根据摩擦力的计算公式可得Ff=μFN,联立解得a=516m/s2;以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得F=(m0+m)a=10N,故B正确,A、C、D4.AD解析设物体P向下运动过程中的位移为x,弹簧的形变量为Δx,开始时弹簧的弹力表现为支持力,从释放P到弹簧恢复原长过程中,对P、Q整体根据牛顿第二定律得4mgsin30°-mg+kΔx=(4m+m)a,可得a=mg+kΔx5m,随着x增大Δx减小,则加速度逐渐减小;当弹簧恢复原长后,弹簧表现为拉伸状态,弹簧弹力为拉力,随着x增大Δx增大,根据牛顿第二定律得4mgsin30°-mg-kΔx=(4m+m)a,可得a=mg-kΔx5m,随着x增大Δx增大,当mg>kΔx时,随着x增大,加速度逐渐减小,当kΔx>mg时,随着x增大,加速度反向增大,所以物体P的加速度大小先减小后反向增大,故B错误。以P为研究对象,设绳子拉力为FT,根据牛顿第二定律得4mgsin30°-FT=4ma,可得弹簧恢复原长前FT=1.2mg-0.8kΔx,随着Δx减小FT增大;弹簧恢复原长后FT=1.2mg+0.8kΔx,可知随着Δx增大,FT逐渐增大,所以轻绳拉力大小一直增大,故A正确。没有释放物体P前,根据平衡条件mg=kx1可得x1=mgk,物体P沿斜劈下滑的最大距离为xmax,根据系统机械能守恒可得4mgxmaxsin30°+12kx12=mgxmax+12k(xmax-x1)2,解得xmax=4mgk,故C错误。当P的加速度为零时,速度最大,动能最大,此时根据平衡条件4mgsin30°=kx'+mg,解得x'=mgk可知P动能最大时,弹簧的弹性势能与初始状态相等,设P的动能为Ek,根据Ek=12×4mv2可知Q的动能为Ek4,根据动能定理4mg(x'+x1)sin5.D解析分析小球的受力情况如图所示,如果小车在水平面上向左加速,由正交分解法得,水平方向上有FNsinθ-FTcosθ=ma1,竖直方向上有FNcosθ+FTsinθ=mg,解得a1=FNsinθ-FTcosθFNcosθ+FTsinθg,球仍能够和小车保持相对静止的临界条件是细绳拉力FT=0,解得a1=gtan30°,同理可得,如果小车在水平面上向右加速,则a2=FTcosθ-FNsin6.ABD解析本题借助板块模型,考查对速度图像的理解以及运动和力的关系。由题图可知,3t0时刻,木板运动状态发生改变,说明小物块在3t0时刻滑上木板,A正确。0~3t0内,木板的加速度a1=12μg;3t0~4t0内,对于木板有a2=12μg·3t0-12μgt0t0=μg。根据牛顿第二定律得0~3t0内有F-μm木g=12μgm木;3t0~4t0内,对小物块有a'=12μgt0--32μgt0t0=2μg,根据牛顿第二定律得μxmg=ma',μx=2μ,故B正确。对木板3t0~4t0内有F-μ(m木+m)g-27.AB解析根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间的滑动摩擦力为6N,所以A、B之间的动摩擦因数μ=Ff1mmg=0.2,选项A正确;当0<F<4N时,根据题图乙可知,Ff2还未达到B与地面间的最大静摩擦力,此时A、B保持静止,选项B正确;当4N<F<12N时,根据题图乙可知,此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力,所以没有发生相对滑动,选项C错误;当F>12N时,根据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对A物块有a=Ff1mm=2m/s2,加速度不变8.答案(1)5003N(2)30°750N解析(1)对石墩受力分析可知Fcos60°=μ(mg-Fsin60°),解得F=5003N。(2)由Fcosθ=μ(mg-Fsinθ)可得F=μmgcosθ+μ则当θ=30°时F最小,最小值为750N。9.答案(1)0.5(2)6.4m(3)4.8m解析(1)由题图乙可知,物块的初速度v0=8m/s,物块的速度减速到与传送带的速度相同时,加速度发生变化,所以传送带转动时的速度v=4m/s从0到0.4s时间内,物块加速度大小为a1=ΔvΔt=8-40.4物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用,沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得μ=0.5。(2)设在0.4s后,物块做减速运动的加速度大小为a2,物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用,由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=2m/s2物块从0.4s开始,经过t1时间速度减为零,则t1=42s=2从0到0.4s,物块位移为x1=v0Δt-12a1(Δt)