江苏专用2021版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

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.(多选)(2019·江苏启东期末)如图所示，光滑斜面体上有一个小球m被平行于斜面的细绳系于斜面上，斜面体在水平面上沿直线运动，不计空气阻力。则()A．若斜面体匀速运动，小球对斜面一定有压力B．若小球相对斜面静止，斜面体一定做匀速运动C．若小球对斜面无压力，斜面体可能向左加速运动D．若绳子对小球无拉力，斜面体可能向左加速运动AD[若斜面体匀速运动，小球也做匀速运动，则小球受力平衡，小球受重力和绳子的拉力及斜面对小球的支持力，这三个力合力为零，所以小球对斜面一定有压力，故A正确；如果整体向左加速或向右加速过程中，加速度比较小，小球有可能相对斜面静止，故斜面体不一定匀速运动，故B错误；若小球对斜面无压力，小球只受重力和绳子的拉力，加速度方向水平向右，则斜面体的加速度也水平向右，可以向右加速，也可以向左减速，故C错误；若绳子没有拉力，则小球只受重力和支持力，加速度方向水平向左，则斜面体的加速度也水平向左，可以向左加速，也可以向右减速，故D正确。]2．(2019·苏锡常镇二模)运动员进行跳伞训练。假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，不计开伞时间，跳伞运动员下落过程v­t图象不可能是()ABCDD[没有打开降落伞时做自由落体运动，在打开伞瞬间获得速度v，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，则f＝kv。若kv＝mg，则运动员接下来做匀速直线运动，故A项正确；若kvmg，则运动员所受合力向下且mg－kv＝ma，运动员做加速度减小的加速直线运动直到匀速运动，故B项正确；若kvmg，则运动员所受合力向上且kv－mg＝ma，运动员做加速度减小的减速直线运动直到匀速运动，故C项正确，D项错误。]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μ1mgμ2(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＝μ1gμ2g，知图线的斜率变小，故C正确，D错误。若μ1mgμ2(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.(多选)(2019·江苏泗阳模拟)如图所示，物块A从弧形滑槽上的某一固定高度滑下后，以速度v1滑上粗糙的水平传送带。若传送带不动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，经过时间t1滑至传送带右端某处便停止下来而不会掉下去。若传送带以恒定速率v2做逆时针转动，A滑下后，从离开滑槽进入传送带左端开始计时，直到又返回传送带左端，所用时间为t2，则以下判断正确的是()A．若v1＜v2，则t2＝2t1B．若v1＞v2，则t2＜2t1C．若v1＞v2，则t2＞2t1D．若v1＝v2，则t2＝2t1ACD[当传送带不动时，物块滑上传送带后做匀减速运动到零。若v1v2，物块返回时，一直做匀加速直线运动，根据对称性，返回的时间与匀减速运动到零的时间相等，则t2＝2t1，故A正确；若v1v2，物块返回时先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，则返回的时间大于开始匀减速运动到零的时间，则t22t1，故B错误，C正确；若v1＝v2，物块返回时，一直做匀加速直线运动，同理根据对称性可知，t2＝2t1，故D正确。]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＝μmgm＝4m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝v0a＝1s，位移大小x1＝12at21＝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＝x2v0＝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＝v2A解得vA＝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＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA＝L解得vB＝22μgL。[答案](1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL7．(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＝ΔvΔt＝62m/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＝0－v0aA＝0－6－3s＝2s物块A通过的位移xA＝v02t＝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．(2019·江苏盐城中学高三月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．若F＝1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NB．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动C．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动D．若F＝8N，则B物块的加速度为4.0m/s2B[A与纸板间的最大静摩擦力为：fA＝μmAg＝0.3×1×10N＝3N，B与纸板间的最大静摩擦力为：fB＝μmBg＝0.2×1×10N＝2N；若F＝1.5N＜fA，所以A、B与纸板保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F＝1.5N，故A错误。当B刚要相对于纸板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：fB＝mBa0，又fB＝μmBg，得：a0＝2m/s2；对整体，有：F0＝(mA＋mB)·a0＝2×2N＝4N，即达到4N后，B将相对纸板运动，此时B受到的摩擦力f＝2N；则对A分析，A受到的摩擦力也为2N，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸板间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与纸板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2m/s2，无论力F多大，A和纸带之间不会发生相对滑动，故B正确、C、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a1a2＝12，则f1f2＝21B．若a2a3＝12，则f2f3＝12C．若a3a4＝12，则f3f4＝12D．若a3a4＝12，则tanθtanα＝12CD[对第一、二幅图有：若a1a2＝12，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则f1f2＝12，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a2a3＝12，则f2f3≠12，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a3a4＝12，则f3f4＝12，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a3a4＝12，则tanθtanα＝12，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＝va1＝1010s＝1s煤块发生的位移为x1＝12a1t21＝12×10×12m＝5m16m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＋12a2t22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