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611468.pdf

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1、 1 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

2、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()A B C D D 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

3、所受空气 2 阻力和下落速度成正比，则fkv。若kvmg，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上且kvmgma，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，t0 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，

4、一起做匀减速运动。设木块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则1mg2(Mm)g，最后一起做匀减速运动，加速度a2g，开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a1g2g，知图线的斜率变小，故 C 正确，D 错误。若1mg2(Mm)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

5、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v1v2，则t22t1 B若v1v2，则t22t1 3 C若v1v2，则t22t1 D若v1v2，则t22t1 ACD 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v1v2，物块返回时，一直做匀加速直线运动，同理根据对称性可知，t22t1，故 D 正确。5.(

6、多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 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0.4，取重力加速度大小g10 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amgm4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1v0a1 s，位移大小x112at212 mx，此后

7、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xv0t1x12 m，选项 D 正确，C 错误；x2xx12 m，匀速运动的时间t2x2v00.5 s，运动的总时间tt1t21.5 s，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。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

8、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、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。4 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aAg 匀变速直线运动 2aALv2A 解得vA 2gL。(2)设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F3mg 由牛顿运动定律FmaB，得aB3g 对齐后，A、B所受合外力大小F2mg 由牛顿运动定律F2maB，得aBg。(3)经过

9、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vaAt，vvBaBt xA12aAt2，xBvBt12aBt2 且xBxAL 解得vB2 2gL。答案(1)2gL(2)3g g(3)2 2gL 7(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 6 m/s 时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为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：5

10、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，avt62 m/s23 m/s2 对于A、B整体，由牛顿第二定律得 FmAg(mAmB)a，代入数据解得F15 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mAgmAaA，解得 aAg3 m/s2 t0v0aA063 s2 s 物块A通过的位移xAv02t6 m 物块B通过的位移 xBv0t62 m12 m 物块A刚停止时A、B间的距离 xxBxA

11、6 m。答案(1)15 N(2)6 m 8(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 1 kg 的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为10.3，20.2，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 10 m/s2。下列说法正确的是()A若F1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为 1.5 N B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F8 N，则B物块的加速度为 4.0 m/s2 B A与纸板间的最大静摩擦力为：fAmAg0.3110 N3 N，B与纸板间

12、的最大静摩擦力为：fBmBg0.2110 N2 N；若F1.5 NfA，所以A、B与纸板保持相对 6 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：FfmAa，所以A物块所受摩擦力fF1.5 N，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：fBmBa0，又fBmBg，得：a02 m/s2；对整体，有：F0(mAmB)a022 N4 N，即达到 4 N 后，B将相对纸板运动，此时B受到的摩擦力f2 N；则对A分析，A受到的摩擦力也为 2 N，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 8 N 时，B与纸板间的摩擦力即

13、为滑动摩擦力为 2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为 2 m/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a1a212，则f1f221 B若a2a312，则f2f312 C若a3a41

14、2，则f3f412 D若a3a412，则tan tan 12 CD 对第一、二幅图有：若a1a212，对M根据牛顿第二定律有：fMa，则f1f212，故选项 A 错误；对第二、三幅图有：f2Ma2，设细线的拉力为F，则f3Fsin Ma3，若a2a312，则f2f312，故选项 B 错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f(Mm)a，若a3a412，7 则f3f412，故选项 C 正确；m水平方向有：F3sin ma3、F4sin ma4，竖直方向有：F3cos mg、F4cos mg，解得a3gtan、a4gtan，若a3a412，则tan tan 12，故选项 D正确。10(2019渤

15、海高中模拟)如图所示，传送带的倾角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m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知 sin 370.6，cos 370.8，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 mgcos ma1 所以a1gsin gcos 解得a110 m/s2 煤块加速至与传

16、送带速度相等时需要的时间为 t1va11010 s1 s 煤块发生的位移为 x112a1t21121012 m5 m16 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 mgcos ma2 解得a22 m/s2 设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LABx1vt212a2t22 解得t21 s 煤块从A到B的时间tt1t21 s1 s2 s。(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 8 x1vt1x1101 m5 m5 m 故煤块相对于传送带上移 5 m 第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相

17、对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为 x2(LABx1)vt2 解得 x21 m 即煤块相对传送带下移 1 m 故传送带表面留下黑色炭迹的长度为Lx15 m。(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，则有LAB12a1t2min 可得tmin4 55 s。答案(1)2 s(2)5 m(3)4 55 s 11(2019开封模拟)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t0 时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB14 m/s，方向水平向右，木板B运

18、动的vt图象如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g10 m/s2。(提示：t3 s 时刻，A、B达到共同速度v2 m/s；3 s 时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：甲 乙(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小。解析(1)由题图乙可知，03 s 内A做匀变速运动，速度由vA1 m/s 变为v2 m/s 则其加速度大小为aAvvAt1213 m/s21 m/s2，方向水平向右。9 当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的

19、位移最大，则sv2A2aA0.5 m。(2)设A与B之间的动摩擦因数为1，由牛顿第二定律得1mgmaA 则1aAg0.1 由题图乙可知，03 s 内B做匀减速运动，其速度由vB14 m/s 变为v2 m/s 则其加速度大小为aBvBvt11423 m/s24 m/s2 方向水平向左 设B与地面之间的动摩擦因数为2，由牛顿第二定律得1mg22mgmaB 则2aB1g2g0.15 3 s 之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得 22mg1mgmaB 则B的加速度大小为aB22g1g2 m/s2 方向水平向左 3 s 之后运动的时间为t2vaB22 s1 s 则B运动的时间为tt1t24 s 04 s 内B的位移xBvBv2t1v2t225 m，方向水平向右。答案(1)0.5 m(2)4 s 25 m