新教材适用2024版高考物理一轮总复习练习9第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用.docx

第3讲牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共9小题，16题为单选，79题为多选)1(2023·北京模拟预测)如图所示，物块放在与水平面夹角为的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于物块受到的摩擦力Ff，下列说法正确的是( C )A当传送带匀速向上运动时，Ff的方向一定沿传送带向下B当传送带减速向上运动时，Ff的方向一定沿传送带向上C当传送带加速向上运动时，Ff的方向一定沿传送带向上D当传送带加速向下运动时，Ff的方向一定沿传送带向下解析物块放在与水平面夹角为的传送带上，且始终与传送带相对静止，当传送带匀速向上运动时，根据平衡条件知摩擦力与沿斜面向下的重力的分力等大反向，Ff的方向一定沿传送带向上，故A错误；当传送带减速向上运动或加速向下运动时，物块始终与传送带相对静止，由牛顿第二定律得Ffmgsin ma，当agsin 时，静摩擦力为零；当agsin 时，静摩擦力沿斜面向下；当agsin 时，静摩擦力沿斜面向上；故BD错误；当传送带加速向上运动时，物块始终与传送带相对静止，由牛顿第二定律得Ffmgsin ma，Ff的方向一定沿传送带向上，故C正确。2(2023·重庆高三阶段练习)一列火车由牵引车头和20节完全相同的车厢组成，在车头牵引下正沿足够长的平直轨道加速前进，运动过程中每一节车厢所受阻力相等。某时刻第5节对第6节车厢的作用力为F，则此时车头对第1节车厢的作用力为( B )AF BF CF D4F解析对后15节车厢整体，根据牛顿第二定律F15Ff15ma，对20节车厢整体，根据牛顿第二定律F020Ff20ma，解得F0F，故选B。3 (2022·辽宁辽阳二模)如图所示，一根足够长且不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端系着三个小球A、B、C(三个小球均视为质点，且A、B两球的质量相等)，系统保持静止，此时C球离地面的高度为h。若剪断A、B球之间的轻绳，则A球能上升的最大高度为(不计空气阻力)( A )Ah Bh Ch Dh解析初态系统静止，所以C球质量为2m，剪断绳子瞬间，设AC间绳子拉力为T，对A球有Tmgma，对C球有2mgT2ma，解得a。当C球落地时，A球具有的速度为v2××h，解得v1。之后A球做竖直上抛运动，根据v2gh，解得h。A球能上升的最大高度Hhhh，故A正确，BCD错误。4(2022·安徽合肥三模)如图所示，A、B两端距离为L的水平传送带以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是( D )A增大传送带速度v，划痕长度一定变长B增加传送带的长度，划痕长度一定会变长C减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小D一定条件下可使l>L解析若石墨块到达B时速度小于v，说明石墨块一直做匀加速直线运动，加速度大小为ag，所用时间为t，则划痕长度为lvtLvL，若t>，可得vtL>2L，说明在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，增大传送带速度v，划痕长度保持2L不变，A错误，D正确；若石墨块到达B端前速度已经等于v，则有t，则划痕长度为lvt，可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；若石墨块到达B端前速度已经等于v，划痕长度为l，若石墨块到达B时速度小于v，划痕长度为lvL(当>时，l2L)可知减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度会变长或者不变，C错误。5(2023·宁夏银川高三模拟)如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F。使A、B、C恰好保持相对静止。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦(sin 37°0.6，cos 37°0.8)，则恒力F的大小为( D )Amg Bmg Cmg Dmg解析设绳的张力为T，斜面的支持力为FN，系统加速度为a，以B为研究对象，由牛顿第二定律可得Tma，物体C受力分析如图所示以C为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得FNsin Tcos ma，竖直方向根据受力平衡可得FNcos Tsin mg，联立解得a。以A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得F4ma，解得Fmg。D正确，ABC错误。6(2023·湖南省高三模拟预测)如图所示，台秤上有一质量为M，倾角为的粗糙斜面体，现将一质量为m的滑块放上斜面体同时施加一与竖直方向成角的向下的恒力F，使物块沿斜面向下加速，则台称的示数为( B )A(Mm)gB(Mm)gFcos masin C(Mm)gFcos macos D(Mm)gFsin macos 解析方法一：对滑块受力分析如图，由牛顿第二定律知，沿斜面向下有mgsin Fsin ()Ff1ma，垂直斜面方向滑块处于平衡状态，则FN1mgcos Fcos ()。对斜面体受力分析如下图由平衡条件知竖直方向有FN2MgFN1cos Ff1sin ，联立各式得FN2(Mm)gFcos masin 。台秤的示数等于台秤受到的压力，根据牛顿第三定律，也等于台秤给斜面体的支持力FN2。方法二：视重总重力外力的下压分力失重量，即(Mm)gFcos masin ，ACD错误，B正确。7(2023·广东模拟预测)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则( AD )A传送带一定逆时针转动Btan C传送带的速度大于v0Dt0后滑块的加速度为2gsin 解析若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsin >mgcos )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin <mgcos )，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，A正确；滑块在0t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有a1gsin gcos ，由题图可知a1，则tan ，故B错误；经过分析，由图可知，传送带的速度等于v0，C错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度a2gsin gcos ，代入值得a22gsin ，故D正确。8(2023·海南高三阶段练习)如图甲所示是建筑工地的塔吊，图乙为一光滑圆柱形货物A被放在由一斜面插上竖直挡板构成的物体B中。物体B水平固定在吊箱里。若竖直挡板与A之间的弹力为F1，斜面与A之间的弹力为F2，吊箱运动过程中，A和B始终保持相对静止，下列说法正确的是( CD )A吊箱匀速竖直上升时，F1可能为零B吊箱水平匀速移动时，F2可能为零C吊箱水平向左加速移动时，F1可能为零D吊箱减速竖直上升时，F1、F2可能同时为零解析吊箱不管匀速上升还是匀速水平移动，合外力为零，以A为研究对象，在竖直方向有F2cos mAg，水平方向F1F2sin ，F1、F2都不可能为零，故AB错误；吊箱水平向左加速移动时，加速度方向向左，只要满足mAamAgtan ，就有F10，故C正确；吊箱竖直减速上升时，加速度方向向下，在竖直方向有mAgF2cos mAa，水平方向F1F2sin ，当ag时，F1、F2同时为零，故D正确。9(2023·安徽蚌埠市高三模拟)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( CD )A当F>2mg时，A相对B开始滑动B当Fmg时，A的加速度为gC当F3mg时，A的加速度为gD无论F为何值，B的加速度不会超过g解析A刚相对B开始滑动时，有F×3mg3ma，F2mg2ma，解得F3mg，ag，所以当F>3mg时，A相对B开始滑动，A错误，C正确；当Fmg时，二者没有相对滑动，整体有F×3mg3ma，解得ag，B错误；当A与B相对滑动时，B的加速度最大，最大为g，D正确。二、非选择题10(2023·山东模拟预测)如图所示，汽车上面静置一个箱子A，t0时刻起，汽车B由静止启动，做加速度为5 m/s2的匀加速直线运动。已知箱子A的质量为200 kg，汽车B的质量为4 000 kg，箱子A与汽车B之间的动摩擦因数10.4，汽车B与地面之间的动摩擦因数20.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取g10 m/s2。求：(1)若箱子A不滑下，则2 s时箱子A的速度是多少？(2)若1 s时箱子A恰好从汽车B上掉落，但汽车B的牵引力保持不变，则2 s时汽车B的速度为多少？答案(1)8 m/s(2)10.25 m/s解析(1)箱子A在水平方向上受到向左的摩擦力，由牛顿第二定律有1mAgmAaA，代入数据解得aA4 m/s2。t2 s时，箱子A的速度大小为vAaAt8 m/s。(2)1 s时，汽车B的速度大小为vBaBt15 m/s，设汽车B所受牵引力为F，对汽车B，由牛顿第二定律有F1mAg2(mAmB)gmBaB，箱子A滑下后，对汽车B，由牛顿第二定律有F2mBgmBaB，vBvBaBt2，代入数据解得2 s时汽车的速度vB10.25 m/s。11(2023·河北衡水高三阶段练习)如图所示，水平传送带以v4 m/s的速度沿顺时针方向转动。质量m1.5 kg的物块静止放上传送带的左端，同时给物块施加与水平方向成37°角的恒力F作用，其大小F5 N，物块与传送带间的动摩擦因数0.5。经过t0.6 s后，由于机器故障，传送带立即停止转动，最终物块没有滑落传送带，重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，sin 53°0.8。求：传送带长度的最小值。答案5.6 m解析物块开始时做加速运动，根据牛顿第二定律可得Fcos 37°(mgFsin 37°)ma1，代入数据，解得a110 m/s2。由于水平传送带以v4 m/s的速度沿顺时针方向转动，则物块与传送带达到共速需要的时间为t10.4 s，这段时间内，物块的位移为x1a1t0.8 m，物块达到共速后，在传送带停止运动之前，物块做匀速运动，匀速的位移为x2vt24×0.2 m0.8 m，当传送带停止运动后，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得Fcos 37°(mgFsin 37°)ma2，代入数据，解得a22 m/s2。则物块减速为零需要的时间为t32 s，减速这段时间内物块的位移为x3t34 m，故传送带长度的最小值为Lx1x2x35.6 m。