2022届高考物理一轮复习-课时练9-牛顿运动定律的综合应用新人教版.docx

2022届高考物理一轮复习 课时练9 牛顿运动定律的综合应用新人教版

2022届高考物理一轮复习 课时练9 牛顿运动定律的综合应用新人教版

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牛顿运动定律的综合应用
1.(整体法与隔离法)如图所示,质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg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10 m/s2)(　　)

A.0 B.50 N C.10 N D.8 N
2.

(多选)(连接体问题)如图所示,光滑水平面上放置着四个相同的木块,其中木块B与C之间用一轻弹簧相连,轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B,使四个木块以相同的加速度一起加速运动,则下列说法正确的是(　　)
A.一起加速过程中,D所受到的静摩擦力大小为F4
B.一起加速过程中,C受到4个力的作用
C.一起加速过程中,A、D所受摩擦力的大小和方向相同
D.当F撤去瞬间,A、D所受静摩擦力的大小和方向都不变
3.

(临界极值问题)如图所示,水平地面上有一车厢,车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上。已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ,车厢静止时,两弹簧长度相同,A恰好不下滑,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动,为保证A、B仍相对车厢静止,则车厢(　　)
A.速度可能向左,加速度可大于(1+μ)g
B.加速度一定向右,不能超过(1-μ)g
C.加速度一定向左,不能超过μg
D.加速度一定向左,不能超过(1-μ)g
4.(多选)(传送带问题)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连,两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动,某时刻物块1到达桌面的右边缘,如图所示。当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后,经过一段时间到达传送带的最右端,若传送带的速度大于v0且保持不变,物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2),则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙,细线的长度小于传送带的长度)(　　)

A.物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动
B.两物块都在传送带上时,它们所受的摩擦力一定不相等
C.两物块在任何时刻的速度和加速度都相等
D.可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段
5.(板块模型)如图所示,质量M=1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,设木板足够长,若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2,则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是(　　)

6.

(多选)(连接体问题)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ,其顶端装有光滑小滑轮,绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B,另一端被人拉着,且人、滑轮间的轻绳平行于斜面。人的质量为M,B物块的质量为m,重力加速度为g,当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上加速运动时,B物块运动的加速度大小为a2,则下列说法正确的是(　　)
A.物块一定向上加速运动
B.人能够沿斜面向上加速运动,必须满足m>Msin θ
C.若a2=0,则a1一定等于mg-MgsinθM
D.若a1=a2,则a1可能等于mg-MgsinθM+m
素养综合练
7.(2020河北保定高三模拟)右端放有小物块A的长木板B静置于水平地面上,A与B、B与地面间的动摩擦因数均为0.5,A的质量为m,B的质量为2m,重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)用大小等于mg的水平恒力向左推A,经过一段时间A自B的左端掉落。A在B上运动时,A受到B的摩擦力和B受到地面的摩擦力各为多大?
(2)若在B上施加一向右的水平恒力,使得A在B上的运动时间与(1)中相等,则此力为多大?

8.如图所示,一个质量为M的长圆管竖直放置,顶端塞有一个质量为m的弹性小球,M=4m,球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg,管从下端离地面距离为H处自由落下,运动过程中,管始终保持竖直,每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等,不计空气阻力,重力加速度为g。求:

(1)管第一次落地时管和球的速度;
(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度;
(3)管第一次落地弹起后,若球恰好没有从管口滑出,则此时管的下端距地面的高度。

9.如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动,随着θ的改变,小物块沿木板滑行的距离s将发生变化,重力加速度为g。

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数;
(2)当θ角满足什么条件时,小物块沿木板滑行的距离最小,并求出此最小值。

10.如图甲所示,水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C,物体A经tA=9.5 s到达传送带另一端Q,物体B经tB=10 s到达传送带另一端Q,若释放物体时刻作为t=0时刻,分别作出三个物体的v-t图像如图乙、丙、丁所示,g取10 m/s2,求:

甲

(1)传送带的速度大小v0;
(2)传送带的长度L;
(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数,物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC。

参考答案

课时规范练9　牛顿运动
定律的综合应用
1.D　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-N=mBa,解得N=mBg-mBa=10N-1×2N=8N,故D正确,A、B、C错误。
2.AC　一起加速过程中,由整体法有:a=F4m,对D:FfD=ma=F4,A正确;对C受力分析,C受到重力、地面对C的支持力、D对C的压力和摩擦力及弹簧对C的弹力,共5个力,B错误;对A:fA=ma=F4,C正确;当F撤去瞬间,D受力情况不变,B受力情况改变,A所受静摩擦力方向改变,D错误。
3.

B　开始时A恰好不下滑,对A受力分析如图所示,有FfA=mg=μFNA=μF弹,解得F弹=mgμ,此时弹簧处于压缩状态。当车厢沿水平方向做加速运动时,为了保证A不下滑,侧壁对A的支持力必须大于等于mgμ,根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B受力分析如图所示,有FfBm=μFNB=μ(F弹-mg)≥ma,解得a≤(1-μ)g,故选项B正确,A、C、D错误。
4.AD　物块1滑上传送带后,在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动,由于物块1和物块2通过不可伸长的细线连接,故物块2也做匀加速运动;如果在物块2滑上传送带之前,物块的速度已经等于传送带的速度,则此后物块1、2均做匀速直线运动,故A正确;两物块都在传送带上时,如果两物块速度与传送带相同,则两物块所受静摩擦力相等,均为零,故B错误;如果物块2滑上传送带时,物块2的速度小于传送带的速度,由于两个物块的动摩擦因数μ1<μ2,则加速度a1<a2,两个物块间的距离会缩小,故C错误,D正确。
5.C　铁块与木板之间摩擦力的最大值为f2max=μ2mg=4N,
木板与地面间的摩擦力的最大值为f1max=μ1(M+m)g=2N。
当F≤2N时,木板和铁块相对地面静止,f=F。当木板和铁块恰好一起相对地面加速运动时,设此时系统的加速度为a,根据牛顿第二定律,对整体有F-μ1(M+m)g=(M+m)a,对铁块有F-f2max=ma,可得F=6N。
从此关系式可以看出,当2N<F≤6N时,M、m相对静止,则对整体有F-μ1(mg+Mg)=(m+M)a
对铁块F-f=ma
即f=F2+1N
当拉力大于6N时,滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力大小即4N,故得出的图像应为C。故A、B、D错误,C正确。
6.CD　对人受力分析,由牛顿第二定律可以知道F-Mgsinθ=Ma1
得:F=Mgsinθ+Ma1
若F>mg,则物体B加速上升,若F<mg,则物体B加速下降,若F=mg,物体B静止,故A错误;人要能够沿斜面向上加速运动,只需满足F>Mgsinθ即可,故B错误;若a2=0,F=mg,故mg-Mgsinθ=Ma1,a1=mg-MgsinθM,所以C正确;若a1=a2,F=Mgsinθ+Ma1,mg-F=ma2,则a1等于mg-MgsinθM+m,所以D正确。
7.答案(1)0.5mg　0.5mg　(2)4mg
解析(1)对小物块A进行受力分析可知,A在推力作用下在长木板B上做加速运动,其所受到B的摩擦力大小为FAB=μmg=0.5mg
地面对长木板B的最大静摩擦力大小大于A对B的摩擦力,即FBm=3μmg>FAB=μmg
所以B仍处于静止状态,则地面对B的摩擦力大小为FB地=0.5mg
(2)设A在B上滑动时间为t,长木板B的长为l
设在(1)中A加速度大小为aA,由牛顿第二定律知:F-μmg=maA①
由运动学公式:l=12aAt2②
设推力大小为F,小物块A的加速度大小为aA',木板B的加速度大小为aB
对小物块A有μmg=maA'③
对长木板B有F-μmg-3μmg=2maB④
由运动学关系得l=12aBt2-12aA't2⑤
联立以上各式解得F=4mg
8.答案(1)2gH　方向竖直向下　(2)2g,方向竖直向下;3g,方向竖直向上　(3)1225H
解析(1)取竖直向下为正方向。由自由落体的运动规律2gH=v02
得球与管第一次碰地时速度v0=2gH,方向竖直向下。
(2)管第一次落地弹起时,管的加速度a1=4mg+4mg4m=2g,方向竖直向下,
球的加速度a2=f-mgm=3g,方向竖直向上。
(3)管第一次落地弹起时的速度v1=2gH,方向向上,
球的速度v2=2gH,方向向下
若球刚好没有从管中滑出,设经过时间t1,球和管速度v相同,则有:-v1+a1t1=v2-a2t1,t1=2v0a1+a2
设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t2,则:t2=v0a1
因为t1<t2,说明管在达到最高点前,球与管相对静止,
故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求高度。得:h1=v1t1-12a1t12=1225H
9.答案(1)33　(2)θ=60°　3v024g
解析(1)当θ=30°时,对物块受力分析,mgsinθ=μFN
FN-mgcosθ=0
则动摩擦因数μ=tanθ=tan30°=33
(2)当θ变化时,设物块的加速度为a,则有mgsinθ+μmgcosθ=ma
物块的位移为s,v02=2as
则s=v022g(sinθ+μcosθ)
因为sinθ+μcosθ=1+μ2sin(α+θ),tanα=μ,所以当α+θ=90°时s最小,即θ=60°,小物块沿木板滑行的距离最小smin=v022g(sin60°+μcos60°)=3v024g。
10.答案(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2
0.012 5　24 s
解析(1)物体A与B均先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,说明物体的速度最终与传送带的速度相等,所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小v0=4m/s。
(2)v-t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移,所以物体A的位移xA=12×(8.5+9.5)×4m=36m
传送带的长度L与A的位移相等,也是36m。
(3)物体A的加速度aA=ΔvAt1=4m/s2
由牛顿第二定律得μAmg=maA
所以μA=aAg=0.4
同理,物体B的加速度aB=ΔvBt2=2m/s2,μB=aBg=0.2
物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC,则
L=0+vC2tC
tC=2LvC=24s
物体C的加速度
aC=ΔvCtC=18m/s2,μC=aCg=0.0125。