2023学年高考物理大一轮复习课后限时集训9牛顿运动定律的综合应用2.doc

课后限时集训9 牛顿运动定律的综合应用 建议用时：45分钟 1.(2023·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＝FN2 C．a1>a2，FN1>FN2 D．a1>a2，FN1＝FN2 D　[设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝＝，对B分析FN1＝mBa1＝。接触面粗糙时，对整体分析有a2＝＝－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝，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 B．地球表面的重力加速度为2a0 C．当a>0时，物体处于失重状态 D．当a＝a1时，拉力F＝a1 A　[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，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＝、g＝a0，故拉力F＝(a1＋a0)，所以D错误。] 3.(多选)(2023·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(　　) A　　　　　　　B C　　　　　　　D AC　[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.(2023·山东师范大学附中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg、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＝1 kg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＝10 m/s2。下列判断正确的是(　　) A．物块对斜面的压力大小FN＝5 N B．斜面体的加速度大小为a＝10 m/s2 C．水平恒力大小F＝15 N D．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：FNsin θ＝Ma；竖直方向：FNcos θ＋Mg＝N；联立解得：a＝＝5 m/s2；F＝＝15 N；FN＝＝10 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：mgtan 45°＝ma′，解得F＝(M＋m)g＝30 N，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＝4 m，以v0＝4 m/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＝10 m/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2.25 s B．煤块从A端运动到B端的时间是1.5 s C．划痕长度是0.5 m D．划痕长度是2 m BD　[根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m＜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＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误。] 6．(2023·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＝v 解得vA＝。 (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－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L 解得vB＝2。 [答案]　(1)　(2)3μg　μg　(3)2 7．(2023·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6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，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10 m/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＝＝ m/s2＝3 m/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＝15 N。 (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＝－3 m/s2 t＝＝ s＝2 s 物块A通过的位移xA＝t＝6 m 物块B通过的位移 xB＝v0t＝6×2 m＝12 m 物块A刚停止时A、B间的距离 Δx＝xB－xA＝6 m。 [答案]　(1)15 N　(2)6 m 8.(多选)如图所示，白色传送带保持v0＝10 m/s的速度逆时针转动，现将一质量为0.4 kg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＝16 m，传送带倾角为37°，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．煤块从A端运动到B端所经历的时间为2 s B．煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 m C．煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5 m D．煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 J AC　[煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1＝＝gsin 37°＋μgcos 37°＝6 m/s2＋0.5×8 m/s2＝10 m/s2， 则煤块速度达到传送带速度的时间为： t1＝＝ s＝1 s， 位移为：x1＝＝ m＝5 m， 煤块速度达到传送带速度后的加速度为： a2＝＝gsin 37°－μgcos 37° ＝6 m/s2－4 m/s2＝2 m/s2， 根据x－x1＝v0t2＋a2t代入数据解得：t2＝1 s， 则煤块从A端运动到B端所经历的时间为： t＝t1＋t2＝2 s，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＝10 m－5 m＝5 m，物块速度达到传送带速度后相对位移的大小Δx2＝x－x1－v0t2＝11 m－10×1 m＝1 m，则相对位移的大小Δx＝Δx1－Δx2＝5 m－1 m＝4 m，故B错误。留下的痕迹长度Δx′＝Δx1＝5 m，故C正确。摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°Δx1＋μmgcos 37°Δx2＝0.5×4×0.8×5 J＋0.5×4×0.8×1 J＝9.6 J，故D错误。] 9．(多选)(2023·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＝，则＝ B．若＝，则＝ C．若＝，则＝ D．若＝，则＝ CD　[对第一、二幅图有：若＝，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则＝，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－Fsin θ＝Ma3，若＝，则≠，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＝，则＝，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若＝，则＝，故选项D正确。] 10．(2023·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16 m，传送带以10 m/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＝0.5 kg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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/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 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 所以a1＝gsin θ＋μgcos θ 解得a1＝10 m/s2 煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为 t1＝＝ s＝1 s 煤块发生的位移为 x1＝a1t＝×10×12 m＝5 m<16 m 所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变； 第二阶段有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋a2t 解得t2＝1 s 煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。 (2