2018年高考物理复习第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)夯基提能作业本
2018年高考物理复习第4讲 功能关系 能量转化和守恒定律夯基提能作业本
第4讲功能关系能量转化和守恒定律基础巩固1.(多选)质量为1 kg的物体被竖直向上抛出,在空中的加速度的大小为16 m/s2,最大上升高度为5 m,若g取10 m/s2,则在这个过程中( )A.重力势能增加50 JB.动能减少50 JC.机械能减少30 JD.机械能守恒2.(2014广东理综,16,4分)图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A.缓冲器的机械能守恒B.摩擦力做功消耗机械能C.垫板的动能全部转化为内能D.弹簧的弹性势能全部转化为动能3.一个质量为m可视为质点的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道边缘由静止滑下,到半圆底部时,轨道所受的压力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为( )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR4.(2016吉林长春质量监测,18)(多选)如图所示,在光滑的固定斜面上有四个完全相同的小球1、2、3、4从顶端滑到底端,球1沿斜面从静止开始自由下滑;球2沿斜面上的光滑槽由静止开始下滑;球3以水平初速度v0沿斜面抛出,沿斜面运动;球4由静止开始沿斜面上的光滑槽运动,且槽的形状与球3的运动轨迹相同。
关于小球在斜面上运动时间和到达底端速度的大小,下列说法正确的是( )A.球3运动的时间与球4运动的时间相同B.球2运动的时间大于球3运动的时间C.球4到达底端速度的大小大于球1到达底端速度的大小D.球3到达底端的速度最大5.(2016黑龙江三校联考,19)(多选)一水平传送带以v0的速度顺时针传送,其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连,一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端,已知物块的质量为m,若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失,则( )A.物块在第一次冲上斜面前,一定一直做加速运动B.物块不可能从传送带的左端滑落C.物块不可能回到出发点D.滑块的最大机械能不可能大于m6.(多选)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一弹性橡皮绳相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直时处于原长h。
(新课标)近年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 两类动力学问题 超重与失重夯基提能作业
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第2讲两类动力学问题超重与失重基础巩固1。
(2016辽宁沈阳月考）如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时（）A。
M受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C。
M仍相对于车厢壁静止D.M受静摩擦力减小2.（2016安徽合肥第一次质量检测,1)如图所示,在教室里某同学在体重计上研究超重与失重。
她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。
关于她的实验现象,下列说法中正确的是（)A。
只有“起立"过程，才能出现超重的现象B。
只有“下蹲”过程,才能出现失重的现象C。
“下蹲”的过程,先出现超重现象后出现失重现象D。
“起立”、“下蹲"的过程，都能出现超重和失重的现象3。
为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种新的交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。
当此车加速上坡时,盘腿坐在座椅上的一位乘客( )A.处于失重状态B.不受摩擦力的作用C。
受到向前(水平向右)的摩擦力作用D。
所受力的合力竖直向上4。
几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小,他们将体重计放在电梯中。
2018高考物理(新课标)一轮复习夯基提能作业本：第二章 相互作用 第1讲 重力、弹力
第1讲重力、弹力基础巩固1.下列说法正确的是( )A.施力物体同时也是受力物体B.只有直接接触的物体间才有力的作用C.用脚踢出去的足球,在向前飞行的过程中,始终受到向前的力来维持它向前运动D.甲用力把乙推倒,说明甲对乙的作用力在先,乙对甲的作用力在后2.在日常生活及各项体育运动中,有弹力出现的情况比较普遍,如图所示的情况就是一个实例。
当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时,下列说法正确的是( )A.跳板发生形变,运动员的脚没有发生形变B.运动员受到的支持力,是跳板发生形变而产生的C.此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力等大D.此时跳板对运动员的支持力大于运动员对跳板的压力3.(2017广西桂林十八中第一次月考)(多选)如图所示,倾角为30°,重为80 N的斜面体静止在水平面上。
一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上,另一端固定一个重为2 N的小球,小球处于静止状态时,下列说法正确的是( )A.斜面体有向左运动的趋势B.地面对斜面体的支持力为82 NC.小球对弹性轻杆的作用力为2 N,方向竖直向下D.弹性轻杆对小球的作用力为2 N,方向垂直斜面向上4.一根很轻的弹簧,在弹性限度内,当它的伸长量为4.0 cm时,弹簧的弹力大小为8.0 N;当它的压缩量为1.0 cm时,该弹簧的弹力大小为( )A.2.0 NB.4.0 NC.6.0 ND.8.0 N5.(2017黑龙江齐齐哈尔呼兰一中)如图所示的装置中,小球的质量均相同,弹簧和细线的质量均不计,一切摩擦忽略不计,平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3,其大小关系正确的是( )A.F1=F2=F3B.F1=F2<F3C.F1=F3>F2D.F3>F1>F26.如图所示,小车内有一固定光滑斜面,一个小球通过细绳与车顶相连,小车在水平面上做直线运动,细绳始终保持竖直。
关于小球的受力情况,下列说法正确的是( )A.若小车静止,绳对小球的拉力可能为零B.若小车静止,斜面对小球的支持力一定为零C.若小车向右运动,小球一定受两个力的作用D.若小车向右运动,小球一定受三个力的作用7.如图所示,水平轻杆的一端固定着一小球,另一端固定在墙上,一轻绳一端系着小球,另一端固定在墙上,绳与竖直方向的夹角为37°,小球的重力为12 N,轻绳的拉力为10 N,水平轻弹簧的拉力为9 N,求轻杆对小球的作用力。
高考课标物理一轮复习夯基提能作业本：第三章+微专题3 牛顿运动定律的综合应用+Word版含解析.docx
微专题3牛顿运动定律的综合应用A组基础过关1.(2018湖北武汉模拟)如图所示,两粘连在一起的物块a和b,质量分别为m a和m b,放在光滑的水平桌面上,现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a和水平拉力F b,已知F a>F b,则a 对b的作用力()A.必为推力B.必为拉力C.可能为推力,也可能为拉力D.不可能为零答案C将a、b看做一个整体,加速度a=,单独对a进行分析,设a、b间的作用力为F ab,则a==,即F ab=-,由于不知道m a与m b的大小关系,故F ab可能为正,可能为负,也可能等于0。
2.(2018河南南阳五校联考)如图所示,滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑,滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B,下滑时,物体B相对于A静止,则下滑过程中()A.B的加速度为g sinθB.绳的拉力为C.绳的方向保持竖直D.绳的拉力为G答案A A、B相对静止,即两物体的加速度相同,以A、B整体为研究对象分析受力可知,系统的加速度为g sinθ,所以选项A正确;再以B为研究对象进行受力分析,如图,根据平行四边形定则可知,绳子的方向与斜面垂直,拉力大小等于G cosθ,故选项B、C、D都错误。
3.(2019浙江温州期中)如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”,战车可以在倾斜直轨道上运动。
当坐在战车中的导师按下按钮,战车就由静止开始沿长10m的斜面冲到学员面前,最终刚好停在斜面的末端,此过程约历时4s。
在战车的运动过程中,下列说法正确的是()A.导师始终处于失重状态B.战车所受外力始终不变C.战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D.根据题中信息可以估算导师运动的平均速度答案D由题意可知,“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,加速过程中有沿斜面向下的加速度,战车处于失重状态,战车减速向下运动时又处于超重状态,故A错误;战车所受外力先沿斜面向下,后又沿斜面向上,B、C错误;由=可得战车运动的平均速度=2.5m/s,所以选项D正确。
2018高考物理(新课标)一轮复习夯基提能作业本：第四章
第2讲抛体运动基础巩固1.(多选)a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示,设它们抛出的初速度分别为v a、v b,从抛出至碰到台上的时间分别为t a、t b,则( )A.v a>v bB.v a<v bC.t a>t bD.t a<t b2.(2016江苏南京模拟)如图所示,某同学斜向上抛出一小石块,忽略空气阻力。
下列关于小石块在空中运动的过程中,加速度a随时间t变化的图像中,正确的是( )3.(2014课标Ⅱ,15,6分)取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等。
不计空气阻力。
该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A. B. C. D.4.如图所示,A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出,A在竖直平面内运动,落地点为P1;B沿光滑斜面运动,落地点为P2,P1和P2在同一水平面上,不计阻力,则下列说法正确的是( )A.A、B的运动时间相同B.A、B沿x轴方向的位移相同C.A、B运动过程中的加速度大小相同D.A、B落地时速度大小相同5.(2016安徽屯溪一中期中)(多选)一小球从A点做自由落体运动,另一小球从B点做平抛运动,两小球恰好同时到达C点,已知AC高为h,两小球在C点相遇前瞬间速度大小相等,方向成60°夹角,g=10 m/s2。
由以上条件可求( )A.两小球到达C点所用时间之比为1∶2B.做平抛运动的小球初速度大小为C.A、B两点的高度差为D.A、B两点的水平距离为6.水平抛出的小球,t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1,t+t0秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ2,忽略空气阻力,则小球初速度的大小为( )A.gt0(cos θ1-cos θ2)B.C.gt0(tan θ1-tan θ2)D.7.(2014浙江理综,23,16分,★★)如图所示,装甲车在水平地面上以速度v0=20 m/s沿直线前进,车上机枪的枪管水平,距地面高为h=1.8 m。
2018届高三物理二轮复习练习：相互作用 牛顿动动定律 夯基保分练(二)含解析
夯基保分练(二)共点力作用下的平衡[A级——保分练]1、(2017·浙江嘉兴模拟)科技的发展正在不断地改变着我们的生活，如图甲是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上，如图乙是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是()A、手机受到的支持力大小为G cos θB、手机受到的支持力不可能大于GC、纳米材料对手机的作用力大小为G sin θD、纳米材料对手机的作用力竖直向上解析：选D手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为G cos θ，其大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸引力的大小，A、B错误；手机处于静止状态，受力平衡，手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D 正确.2. (2017·湖南郴州质检)如图所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置，某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态.设吊床两端绳中的拉力为F1，吊床对人的作用力为F2，则()A、坐着比躺着时F1大B、坐着比躺着时F1小C、坐着比躺着时F2大D、坐着比躺着时F2小解析：选A吊床对人的作用力与人的重力等大反向，所以躺着和坐着时F2相等.人坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较大，根据共点力平衡有：2F1cos θ＝G，θ越大，绳子的拉力越大，所以坐着时，吊床两端绳中的拉力F1较大.故A正确.3、(2017·江苏镇江三校联考)a、b两个质量相同的球用细线连接，a球用细线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，下列图示正确的是()解析：选B 对b 球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故细线拉力应斜向右上方，故A 图错误；再对a 、b 两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，根据共点力平衡条件判断，细线的拉力方向应斜向右上方，故C 、D 图错误，B 图正确.4.(2017·广东六校联盟联考)如图所示，物体P 放在直角斜劈M 上，M 下端连接一竖直弹簧，并紧贴竖直光滑墙壁.开始时，P 、M 静止，M 与墙壁间无作用力.现以平行斜面向上的力F 向上推物体P ，但P 、M 未发生相对运动.则在施加力F 后( )A 、P 、M 之间的摩擦力变大B 、P 、M 之间的摩擦力变小C 、墙壁与M 之间仍然无作用力D 、弹簧的形变量减小解析：选D 未施加F 之前，对P 受力分析，根据平衡条件可知，P 受到沿M 的斜面向上的静摩擦力，其大小等于重力沿M 的斜面向下的分力，当F 的大小等于2倍的P 的重力沿M 的斜面向下的分力时，摩擦力大小不变，故A 、B 错误；把P 、M 看成一个整体，整体受力平衡，则墙壁对M 的支持力等于F 在水平方向的分力，竖直方向受力平衡，则弹簧弹力等于整体重力减去F 在竖直方向的分力，则弹簧的弹力减小，形变量减小，故C 错误，D 正确.5.(2017·东北三省五校调研)如图所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平推力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 、B 恰好都不滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知滑块A 、B 质量相等，设滑块A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，则( )A 、μ1μ2＝23B 、μ1μ2＝12 C.μ12＝13 D.μ12＝12解析：选B 对A 、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件有F ＝μ2×2mg ，再对B 分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，水平方向F ＝N ，竖直方向mg ＝f ，其中f ＝μ1N ，联立有mg ＝μ1F ，解得μ1μ2＝12，故B 正确. 6.(多选)(2017·汕头金山中学模拟)如图所示，在水平力F 作用下，A 、B 保持静止.若A 与B 的接触面是水平的，且F ≠0，则B 的受力个数可能为( )A 、3个B 、4个C 、5个D 、6个解析：选BC 先对A 、B 整体受力分析，受重力、推力、支持力；当推力平行斜面向上的分力大于重力平行斜面向下的分力时，有上滑趋势；当推力平行斜面向上的分力小于重力平行斜面向下的分力时，有下滑趋势；当推力平行斜面向上的分力等于重力平行斜面向下的分力时，无滑动趋势；再对A 受力分析，受推力、重力、支持力和向左的静摩擦力，共4个力；最后对B 受力分析，受重力、A 对B 的压力和向右的静摩擦力、斜面对B 的支持力，若B 相对斜面有滑动趋势，则还要受到斜面的静摩擦力，若相对斜面无滑动趋势，则不受斜面的静摩擦力，即B 可能受4个力，也可能受5个力.故B 、C 正确.7.(2017·湖北襄阳四校联考)将三个质量均为m 的小球a 、b 、c 用细线相连后(b 、c 间无细线相连)，再用细线悬挂于O 点，如图所示.用力F 拉小球c ，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F 的最小值为( )A 、mgB 、2mg C.32mg D.32mg 解析：选C 将三个小球视为一个整体，重力为3mg ，当作用于小球c 上的力F 垂直于Oa 时，F 最小，由正交分解法知，水平方向F cos 30°＝T sin 30°，竖直方向F sin 30°＋T cos 30°＝3mg ，解得F ＝32mg ，故C 正确. 8. (2017·安徽合肥一中检测)如图所示，物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上，B 悬挂着.已知质量m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到60°，但物体仍保持静止，下列说法中正确的是( )A 、绳子的张力增大B 、物体A 对斜面的压力将增大C 、物体A 受到的静摩擦力增大D 、滑轮受到绳子的作用力保持不变解析：选C 如图所示，对物体A 和B 受力分析：在斜面倾角增大的过程中，物体B 始终处于平衡状态，因此绳子张力大小始终等于物体B 重力的大小，故A 错误；物体A 对斜面的压力F N ′＝F N ＝m A g cos θ，随着θ的增大，cos θ减小，因此物体A 对斜面的压力将减小，故B 错误；由题可知，开始时物体A 所受重力沿斜面的分力大于绳子拉力，即m A g sin 45°>T ＝m B g ，因此静摩擦力平行斜面向上，随着角度的增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子的拉力不变，因此物体A 所受静摩擦力逐渐增大，方向沿斜面向上，故C 正确；绳子拉力大小不变，随着斜面倾角的增大，绳子之间的夹角在减小，因此其合力增大，所以滑轮受到绳子的作用力增大，故D 错误.9、(多选)(2016·全国乙卷)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态.若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )A 、绳OO ′的张力也在一定范围内变化B 、物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C 、连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D 、物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析：选BD 因为物块b 始终保持静止，所以绳OO ′的张力不变，连接a 和b 的绳的张力也不变，选项A 、C 错误；拉力F 大小变化，F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B 、D 正确.10.(多选)(2017·湖南株洲二中模拟)如图所示，A 球被固定在竖直支架上，A 球正上方的点O 悬有一轻绳拉住B 球，两球之间连有轻弹簧，平衡时绳长为L ，张力为T 1，弹簧弹力为F 1.若将弹簧换成原长相同的劲度系数更小的轻弹簧，再次平衡时绳中的张力为T 2，弹簧弹力为F 2，则( )A 、T 1>T 2B 、T 1＝T 2C 、F 1<F 2D 、F 1>F 2解析：选BD 以B 球为研究对象，B 球受到重力G 、弹簧的弹力F 和绳子的张力T ，如图所示.B 球受力平衡时，F 与T 的合力与重力G 大小相等、方向相反，即G ′＝G .根据三角形相似得G ′OA ＝T OB ＝F AB，换成劲度系数小的轻弹簧，形变量增大，AB 减小，则T 不变，F 减小，B 、D 正确.[B级——拔高练]11.(多选)(2017·河北邯郸联考)如图所示，将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板AB和CD 之间，两板与水平面的夹角都是60°.已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则()A、如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力减小B、如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力增大C、如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对AB板的压力先减小后增大D、如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对CD板的压力先减小后增大解析：选AD原来铁球静止，受力如图甲所示，由几何关系和平衡条件可得，AB板对铁球的支持力F2＝G，则铁球对AB板的压力F2′＝F2＝G，突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力为G cos 60°，因此撤去后铁球对AB板的压力减小，故A正确，B错误；如果保持AB板不动，在使CD板与水平面的夹角缓慢减小的过程中，两板弹力的合力等于重力，大小和方向都不变，AB板对铁球的弹力F2方向不变，CD板对铁球的弹力F1方向改变，根据三角形定则，如图乙所示，知AB板对铁球的弹力F2逐渐减小，CD板对铁球的弹力F1先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，铁球对AB板的压力逐渐减小，对CD板的压力先减小后增大，故C错误，D正确.12.(多选)(2017·湖南长沙一中模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则下列说法正确的是()A、b对c的摩擦力可能始终增大B、地面对c的支持力始终变大C、c对地面的摩擦力方向始终向左D、滑轮对绳的作用力方向始终不变解析：选ABD a中沙子缓慢流出的过程中，a的重力不断减小，与之相连的绳子中的拉力也减小，对于b，b受重力、支持力、拉力和摩擦力而静止，因a、b间质量关系不明确，故b所受的摩擦力可能始终增大，也可能先向下减小到零后反向增大，故A正确；再以b、c为整体分析，它在一个逐渐减小的拉力作用下静止，因拉力在竖直方向上的分力逐渐减小，在水平方向上的分力也逐渐减小，致使地面对c的支持力变大，地面对c的摩擦力方向始终向左，则c对地面的摩擦力方向始终向右，且逐渐减小，故B正确，C错误；绳中的拉力大小逐渐减小，而轻绳的一侧平行于斜面，另一侧在竖直方向上，由平行四边形定则知，滑轮对绳的作用力方向始终不变，故D正确.13.(2017·福建福州一中质检)如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔压住轻绳紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中()A、轻绳的拉力逐渐变小B、Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大C、Q受到墙壁的弹力逐渐变大D、Q将从墙壁和小球之间滑落解析：选C对P分析，P受到重力mg、轻绳的拉力F和Q对P的弹力N处于平衡，设轻绳的拉力F与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡知轻绳的拉力F＝mgcos θ，Q对P的支持力N ＝mg tan θ.铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则轻绳的拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A 错误；对Q分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力大小相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故C正确，B、D错误.14.(多选)(2017·浙江杭州五校联考)如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑固定导槽A 、B 的控制，该物块只能沿水平导槽运动.现使钢板以速度v 1向右匀速运动，同时用水平力F 拉动物块使其以速度v 2(v 2的方向与v 1的方向垂直，沿y 轴正方向)沿导槽匀速运动，以下说法正确的是( )A 、若拉力F 的方向在第一象限，则其大小一定大于μmgB 、若拉力F 的方向在第二象限，则其大小可能小于μmgC 、若拉力F 的方向沿y 轴正方向，则此时F 有最小值，其值为μmgv 1v 21＋v 22 D 、若拉力F 的方向沿y 轴正方向，则此时F 有最小值，其值为μmg v 2v 21＋v 22解析：选BD 物块有相对于钢板水平向左的速度v 1和沿导槽的速度v 2，故物块相对于钢板的合速度v 如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反.由图可知，若拉力F 的方向在第一、二象限，则其大小可能大于、小于、等于μmg ，A 错误，B 正确；若拉力F 的方向沿y 轴正方向，则此时F 有最小值， F min ＝f cos θ＝μmg cos θ＝μmgv 2v 21＋v 22，C 错误，D 正确.。
高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：（1）m 、M 之间的动摩擦因数；（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离．【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m【解析】【分析】【详解】（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ，当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：11mg ma μ=由乙图知214m /s a =解得10.4μ=（2）对M 由牛顿第二定律有122()F mg M m g Ma μμ--+=即12122()()F mg M m g mg M m g F a M M Mμμμμ--+--+==+ 乙图知 114M = 12()94mg M m g M μμ--+=- 解得M = 4 kgμ2=0. 1（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，设m 运动t 1时间速度减为零，则 0111s v t a == 位移 21011112m 2x v t a t =-= M 的加速度大小2122()5m /s F mg M m g a Mμμ--+== 方向向左，M 的位移大小 22211 2.5m 2x a t == 此时M 的速度 2215m /s v a t ==由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律23F Mg Ma μ-=可得2325m /s 4a =在t =2s 时m 与M 右端的距离 2321311()()8.125m 2x v t t a t t =-+-=．2．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（2） 求3s 内煤块前进的位移（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移．【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得：a 1=2m/s 2刚开始运动时对小车有：2N F F Ma μ-=解得：a 2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v +a 2t解得：t =2s ；(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t == 2s 时的速度为：11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为：235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：2212321 4.4m 2x v t a t =+= 所以煤块的总位移为：128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t == 小车前进的位移为：2111 6.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为：m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ．【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．3．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．【答案】（1）2s （2）5m【解析】【分析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度.【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v解得t 1=1s 此过程中物体的位移01192v v x t m +== 传送带的位移：214x vt m ==当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2解得a 2=2m/s 2物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m根据位移公式：s 1=vt 2-12a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去） 则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s（2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m ==则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-=则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ．【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.4．如图所示，质量为m=5kg 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块A （可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2.=0.2，现用一水平力F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s ，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210/g m s =，求：（1）拉力撤去时，木板的速度v B ；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大；（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处．【答案】(1)V B =4m/s ；(2)L=1.2m ；(3)d=0.48m【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置．(1)若相对滑动，对木板有：212B F mg mg ma μμ--⋅=，得：24/B a m s =对木块有2A mg ma μ=，22/A a m s =所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度4/B B v a t m s ==，2/A A v a t m s ==(2)撤去F 后，经时间t 2达到共同速度v ；由动量定理22B mgt mv mv μ=-22122B mgt mgt mv mv μμ--=-，可得20.2t s =，v=2.4m/s在撤掉F 之前，二者的相对位移11122B A v v x t t ∆=- 撤去F 之后，二者的相对位移22222B A v v v v x t t ++∆=- 木板长度12 1.2L x x m =∆+∆=(3)获得共同速度后，对木块，有22102A mgx mv μ-=-， 对木板有()2211202B mg mg x mv μμ-=-二者的相对位移3A B x x x ∆=-木块最终离木板右端的距离1230.48d x x x m =∆+∆-∆=【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点．5．如图所示，质量M=1kg 的木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg 的可视为质点的小物块以初速度v 0=5m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N ，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s 2，sin37°=0．6,cos37°=0．8．（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少；（2）木板的长度至少为多少；（3）物块在木板上运动的总时间是多少．【答案】（1）a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下, a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上 （2）min 61m 48L =（3）561()s 896t = 【解析】试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sin cos mg mg ma θμθ+= 得：a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下，减速上滑对木板分析：122cos sin ()cos F mg Mg m M g Ma μθθμθ+--+=得：a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上，加速上滑（2）共速时：021=v v a t -共得：10.5s t =，=1m/s v 共 共速前的相对位移：22101112111 1.25m 22x v t a t a t ∆=--= 撤掉F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a 1=8m/s 2，减速上滑而木板：212sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ++-=' 则：2212m/s a ='，方向沿斜面向下，减速上滑 由于：12sin cos ()cos Mg mg M m g θμθμθ+<+木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动 过21s 12t =，木板停止，过21s 8t '=，物块减速到0 此过程，相对位移：21m 48x ∆=木板至少长度min 1261m 48L x x =∆+∆=（3）物块在木板上下滑，木板不动 物块加速度211sin cos 4m/s a g g θμθ=-=' 2min 1312L a t '=得：3t =在木板上的总时间：1235(8t t t t =++=' 考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况．6．如图所示，BC 为半径r =m 竖直放置的细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过98s 再次回到C 点。
高考物理总复习 3.4专题：牛顿运动定律的综合应用(二)
【与名师对话】高考物理总复习 3.4专题：牛顿运动定律的综合应用（二）课时作业 新人教版必修11．(2013·贵州省五校高三联合考试)如图所示，与轻绳相连的物体A 和B 跨过定滑轮，质量m A <m B ，A 由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则A 向上运动过程中，轻绳拉力( )A ．T ＝m A gB ．T >m A gC ．T ＝m B gD ．T >m B g解析：将轻绳及与轻绳相连的物体A 和B 视为整体，由牛顿第二定律可得m B g －m A g ＝(m B＋m A )a ，解得a ＝m B g －m A g m B ＋m A ；隔离A 物体，根据牛顿第二定律可得T －m A g ＝m A a ，解得T ＝2m A m B m A ＋m B g ＝2m B 1＋m B /m A g ＝2m A 1＋m A /m Bg ，由于m A <m B ，故有T >m A g ，T <m B g ，B 项正确．答案：B 2．(2013·石家庄市部分学校高三联考)如图所示，在光滑的水平面上叠放着M 、P 、N 三个物体，质量分别为m 、2m 和m ，M 、N 、P 间动摩擦因数均为μ，系统处于静止状态．现在对P 施加一个水平向右的拉力F ，欲使P 从M 和N 中拉出来，则F 必须大于( )A ．4μmgB ．6μmgC ．10μmgD ．12μmg解析：欲使P 从M 和N 中拉出来，需使P 的加速度a P 大于M 的加速度a M 和N 的加速度a N ，分别对N 、P 和M 应用牛顿第二定律得a N ＝μg 、a P ＝F －μmg －μ3mg 2m 、a M ＝μ3mg m＝3μg ，可得F >10μmg .答案：C3．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )A ．箱内物体对箱子底部始终没有压力B ．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C ．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D ．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”解析：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：(M ＋m )g －kv 2＝(M ＋m )a ①设箱内物体受到的支持力为F N ，以箱内物体为研究对象，有mg －F N ＝ma ②由①②两式得F N ＝kmv 2M ＋m. 通过此式可知，随着下落速度的增大，箱内物体受到的支持力逐渐增大，所以A 、B 、D 选项错误，C 选项正确．答案：C4．(2013·长沙模拟)如右图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M ，水平面光滑．当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时，物体A 的加速度为a 1，当在绳的B 端施以F ＝mg 的竖直向下的拉力作用时，A 的加速度为a 2，则a 1与a 2的大小关系是( )A ．a 1＝a 2B ．a 1>a 2C ．a 1<a 2D ．无法确定解析：当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时，将它们看成系统，由牛顿第二定律：mg ＝(m ＋M )a 1，故a 1＝mg m ＋M .而当在绳的B 端施以F ＝mg 的竖直向下的拉力作用时，mg ＝Ma 2，a 2＝mg M，a 1<a 2.C 正确． 答案：C5．(2014·长沙市明德中学月考)有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大．当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时(空气阻力不计)，图中所描绘的四种情况中正确的是( )解析：手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动，则整体的加速度应该由绳子的张力提供，据此立即可排除D ；对下面小球m ，利用牛顿第二定律，则在水平方向有T cos α＝ma ①，而在竖直方向则有T sin α＝mg ②； 对上面小球M ，同理有F cos β－T cos α＝Ma ③，F sin β＝T sin α＋Mg ④，由①③容易得到，F cos β＝(M ＋m )a ，由②④则得F sin β＝(M ＋m )g ，故有tan β＝g /a .T cos α＝ma ，而由①②得到tan α＝g /a ，因此α＝β.答案：C6.如右图所示，质量为M 的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m 的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须( )A ．匀速向下奔跑B ．以加速度a ＝M m g sin α向下加速奔跑C ．以加速度a ＝(1＋Mm)g sin α向下加速奔跑D ．以加速度a ＝(1＋M m )g sin α向上加速奔跑解析：以车为研究对象，在平行于斜面方向和垂直于斜面方向建立坐标系，如图(甲)所示．因为车静止不动，即两个方向上合力都为零，x 轴方向：F f －Mg sin α＝0，所以摩擦力(人对车)沿斜面向上，大小等于Mg sin α，故人受车的作用力沿斜面向下．以人为研究对象受力分析如图(乙)所示．则有F f ′＋mg sin α＝ma ，F f ＝F f ′所以a ＝(1＋M m)g sin α，方向沿斜面向下，故C 正确．答案：C7．如右图所示，长为L ＝2 m 、质量为M ＝8 kg 的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v 0＝6 m/s 时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)物块及木板的加速度大小．(2)物块滑离木板时的速度大小．解析：(1)物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2对木板有：μmg ＋μ(M ＋m )g ＝Ma M解得a M ＝3 m/s 2.(2)设物块经时间t 从木板滑离，则 L ＝v 0t －12a M t 2－12a m t 2解得t 1＝0.4 s 或t 2＝2 s(舍去)滑离木板时物块的速度：v ＝a m t 1＝0.8 m/s.答案：(1)2 m/s 2 3 m/s 2 (2)0.8 m/s8．如图所示(a)，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移s 的关系如图(b)所示(g ＝10 m/s 2)，则下列结论正确的是( )A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B ．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC ．物体的质量为3 kgD ．物体的加速度大小为5 m/s 2解析：物体与弹簧分离时，弹簧处于原长，选项A 错误，由图(b)知，当F 1＝10 N 时，F 1＝ma ，当F 2＝30 N 时，F 2－mg ＝ma ，联立得：m ＝2 kg ，物体与弹簧分离时物体的位移x ＝4 cm ，初始状态：mg ＝k ·x ，k ＝5 N/cm ，选项B 错误，a ＝F 1m ＝102＝5 m/s 2，选项D正确答案：D9．如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是( ) A．不管F多大，木板B一定保持静止B．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmgC．B受到地面的滑动摩擦力大小一定小于FD．A、B之间的摩擦力大小不可能等于F解析：木板A对木板B的最大静摩擦力Ff1＝μ(M＋m)g，M为木板A的质量，地面对木板B的最大静摩擦力Ff2＝μ(2M＋m)g>Ff1，故选项A正确；物块C的最大加速度a＝μg，当F≤μ(M ＋m)g时，A、C处于静止状态，A、C之间的摩擦力为0，选项B错误；A、B间的摩擦力Ff AB＝F，地面对B 的静摩擦力Ff B＝Ff AB＝F，选项C、D错误．答案：A10．将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系砂桶，整个装置开始处于静止状态．在物体与小车分离前缓慢向砂桶里倒入细砂，力传感器采集的F－t图象如乙图所示．则( )A．2.5 s前小车做变加速运动B．2.5 s后小车做变加速运动C．2.5 s前小车所受摩擦力不变D．2.5 s后小车所受摩擦力不变解析：随着砂桶及细砂质量的增加，传感器上所受的拉力也逐渐增加，在2.5 s前整个装置将始终处于静止状态，小车所受的静摩擦力也随之增加，但小车仍然不动，故A、C错误；2.5 s后，传感器所受的拉力恒定，表明滑块m受到小车对它的摩擦力不变，为滑动摩擦，由牛顿第三定律知：小车所受摩擦力不变，故D正确；随着细砂重力的增加，小车受到的绳子的拉力也逐渐增加，故小车将做变加速运动，故B正确．答案：BD11．(2013·山东省济南市高三调研)静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L＝1 m，承受的最大拉力为8 N，A的质量m1＝2 kg，B的质量m2＝8 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(g＝10 m/s2)(1)求绳刚被拉断时F的大小．(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为2 m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B 间的距离为多少？解析：(1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对A 物体有F T －μmg ＝ma ，，代入数据得a ＝2 m/s 2，对A ，B 整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，代入数值得F ＝40 N.(2)设绳断后，A 的加速度为大小为a 1，B 的加速度为a 2，则a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2，a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2. A 停下来的时间为t ，则t ＝v a 1＝1 s ， A 的位移为x 1，则x 1＝v 22a 1＝1 m ， B 的位移为x 2，则x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m ，A 刚静止时，A 、B 间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m.答案：(1)40 N (2)3.5 m12．(2013·新课标全国卷Ⅱ)一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．解析：(1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则 a 1＝v 1t 1① a 2＝v 0－v 1t 1② 式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2④联立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，则由牛顿第二定律得F f ＝ma 1′⑦2μ2mg －F f ＝ma 2′⑧假设F f <μ1mg ，则a 1′＝a 2′；由⑤⑥⑦⑧式得F f ＝μ2mg >μ1mg ，与假设矛盾．故F f ＝μ1mg ⑨ 甴⑦⑨式知，物块加速度的大小a 1′等于a 1；物块的v －t 图象如图中点划线所示． 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s 1＝2×v 212a 1⑩s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′⑪ 物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m ⑬答案：(1)0.20 0.30 (2)1.125 m。
(新课标)近年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第4讲 牛顿运动定律的综合应用(二)夯基提能作
（新课标）2018高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲牛顿运动定律的综合应用（二）夯基提能作业本编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2018高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲牛顿运动定律的综合应用（二）夯基提能作业本）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第4讲牛顿运动定律的综合应用（二）基础巩固1.（多选)如图甲所示，质量m A=1 kg，m B=2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上，t=0时刻,一水平恒力F作用在物块B上,t=1 s时刻,撤去F,B物块运动的速度—时间图像如图乙所示,若整个过程中A、B始终保持相对静止，g取10 m/s2，则（）A.物块B与地面间的动摩擦因数为0。
2B.1~3 s内物块A不受摩擦力作用C.0~1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 ND.水平恒力的大小为12 N2。
一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。
现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。
下列说法中正确的是( ）A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B。
木炭包的质量越大,径迹的长度越短C。
传送带运动的速度越大,径迹的长度越短D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短3.（2016广西柳州铁路一中月考）水平足够长且运动的皮带，取向右为速度的正方向。
将一物块P轻轻放在皮带上，之后P最初一段时间的速度—时间图像如图乙,关于皮带的运动情况描述正确的是（）A.可能是向右的匀加速B。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第四讲牛顿运动定律的综合应用(二)课时作业(2021学年)
2０18年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第四讲牛顿运动定律的综合应用(二）课时作业编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望(20１8年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第四讲牛顿运动定律的综合应用（二)课时作业）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第四讲牛顿运动定律的综合应用（二)[A组·基础题]一、单项选择题１.(20１6·山东师大附中三模）如图所示,在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0．3,用水平恒力F拉动小车,物块的加速度为a１和小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时,a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取１０ｍ／s2）（ )Ａ．a１＝2 m／s2,a2＝３ m/s２B.ａ1=3 ｍ/ｓ2,a2=2 m/s2C．ａ１＝5 m/ｓ2，a2＝3 ｍ／ｓ2Ｄ．a1＝3 m/ｓ2,a2＝5 m/s2解析:当物块与小车间的静摩擦力F＜μmg=3 m/ｓ２·m时,物块与小车一起运动，且加速度相等,最大共同加速度为a mａｘ=μｇ=3 m/s２,故A、Ｂ错误；当F≥３m／s２·m时，小车的加速度大于物块的加速度，此时物块与小车发生相对运动,此时物块的加速度最大,由牛顿第二定律得:a１=＼f(μmg,ｍ）＝μg=3 m/s2，小车的加速度a2＞3 m/s2，故C错误,D正确.答案：Ｄ2.如图所示,物块A放在木板Ｂ上，A、B的质量均为m,A、Ｂ之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为错误!。
新课标版高考物理一轮复习第三章微专题牛顿运动定律的综合应用夯基提能作业本.docx
微专题3 牛顿运动定律的综合应用A组基础过关1.(2018湖北武汉模拟)如图所示,两粘连在一起的物块a和b,质量分别为m a和m b,放在光滑的水平桌面上,现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a和水平拉力F b,已知F a>F b,则a对b的作用力( )A.必为推力B.必为拉力C.可能为推力,也可能为拉力D.不可能为零答案 C 将a、b看做一个整体,加速度a=Fa+Fbma+mb,单独对a进行分析,设a、b间的作用力为F ab,则a=Fa+Fabma=Fa+Fbma+mb,即F ab=Fbma-Fambma+mb,由于不知道m a与m b的大小关系,故F ab可能为正,可能为负,也可能等于0。
2.(2018河南南阳五校联考)如图所示,滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑,滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B,下滑时,物体B相对于A静止,则下滑过程中( )A.B的加速度为g sin θB.绳的拉力为GcosθC.绳的方向保持竖直D.绳的拉力为G答案 A A、B相对静止,即两物体的加速度相同,以A、B整体为研究对象分析受力可知,系统的加速度为g sin θ,所以选项A正确;再以B为研究对象进行受力分析,如图,根据平行四边形定则可知,绳子的方向与斜面垂直,拉力大小等于G cos θ,故选项B、C、D都错误。
3.(2019浙江温州期中)如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”,战车可以在倾斜直轨道上运动。
当坐在战车中的导师按下按钮,战车就由静止开始沿长10 m的斜面冲到学员面前,最终刚好停在斜面的末端,此过程约历时4 s。
在战车的运动过程中,下列说法正确的是( )A.导师始终处于失重状态B.战车所受外力始终不变C.战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D.根据题中信息可以估算导师运动的平均速度答案 D 由题意可知,“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速,加速过程中有沿斜面向下的加速度,战车处于失重状态,战车减速向下运动时又处于超重状态,故A错误;战车所受外力先沿斜面向下,后又沿斜面向上,B、C错误;由v=xt可得战车运动的平均速度v=2.5 m/s,所以选项D正确。
(全国用)高考物理大一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题强化四 牛顿运动定律的综合应用(二)(202
（全国用）2018版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化四牛顿运动定律的综合应用（二）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国用）2018版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化四牛顿运动定律的综合应用（二））的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二）专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用,高考常以计算题压轴题的形式命题.2。
通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养,针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3。
用到的相关知识有:匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1。
水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2。
倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。
当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s顺时针转动。
现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块,与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
高考物理一轮复习第四章牛顿运动定律2牛顿运动定律的应用训练word版本
第2讲牛顿运动定律的应用题组一 动力学中的两类基本问题1．静止在光滑水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4 m/s ，则F 的大小为( ) A ．2 NB ．1 NC ．4 ND ．8 N解析 在水平恒力F 推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a 1＝v －0t1＝44m/s 2＝1 m/s 2。
由牛顿第二定律得F ＝ma ＝2×1 N ＝2 N 。
答案 A2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据。
刹车线是指汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。
在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度为( ) A ．7 m/sB ．10 m/sC ．14 m/sD ．20 m/s解析 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma ，所以a ＝μg ，由匀变速直线运动的规律得v 20＝2as ，故汽车刹车前的速度为v 0＝2as ＝2μgs ＝14 m/s ，选项C 正确。
答案 C3．用30 N 的水平外力F 拉一个静放在光滑水平面上质量为20 kg 的物体，力F 作用3 s 后撤去，则第5 s 末物体的速度和加速度分别为( ) A ．v ＝4.5 m/s ，a ＝1.5 m/s 2B ．v ＝1.5 m/s ，a ＝7.5 m/s 2C ．v ＝4.5 m/s ，a ＝0D ．v ＝7.5 m/s ，a ＝0解析 由题意知在前3 s 内，物体的加速度a 1＝Fm＝1.5 m/s 2，3 s 末的速度v ＝a 1t ＝4.5m/s ，力F 撤去后物体做匀速直线运动，所以第5 s 末物体的速度为4.5 m/s ，加速度为0。
故选项C 正确。
答案 C4．(2016·金华市十校调研)行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。
2018年秋高中物理第4章牛顿运动定律7用牛顿运动定律解决问题二课堂达标新人教版必修12018072
第四章7 用牛顿运动定律解决问题（二）1．(北京市丰台区2017～2018学年高一上学期期末)某同学为了观察超重与失重现象。
将一个可乐瓶子上、下各扎出一个洞A、B，如图所示，装上水之后从一定高度将可乐瓶口朝上自由释放，在可乐瓶自由下落过程中观察到的情景为导学号 1321411( A )解析：瓶子处于“完全失重”状态，故选A。
2．(广东省佛山市2016～2017学年高一上学期期末)屋檐下重为G的风铃被水平风力吹起，在偏离竖直方向θ角的位置保持静止，设风力为F，系风铃的轻绳对风铃的拉力为T，若F恒定，则下列说法正确的是导学号 1321411( D )A．T和G是一对平衡力B．T一定小于FC．T与F合力方向竖直向下D．轻绳所受拉力的大小为T＝Gcosθ解析：以风铃为研究对象受力分析如图所示，根据受力图可知，T与F合力与重力是一对平衡力，A错误；由图可知，T一定大于F，B错误；T与F合力与重力是一对平衡力，方向竖直向上，C错误；根据图中几何关系可得轻绳所受拉力的大小为T＝Gcosθ，D正确，故选D。
3．(辽宁省实验中学分校2017～2018学年高一上学期期末)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”。
此过程中导学号 1321411( C )A ．人被向上“托起”时处于失重状态B ．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小C ．人对气流的作用力大小等于气流对人的作用力大小D ．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力解析：人被向上“托起”时处于“超重”状态，A 错；气流对人的作用力大于重力，B 、D 错；人与气流的相互作用力大小相等，C 对。
4．(江苏省扬州中学2017～2018学年高一上学期期中)滑板运动是一项非常刺激的水上运动。
研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力F N 垂直于板面，大小为kv 2，其中v 为滑板速率(水可视为静止)。
某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如图)，滑板做匀速直线运动，相应的k ＝54kg/m ，人和滑板的总质量为108kg ，试求(重力加速度g 取10m/s 2，sin37°取35，cos37°＝45，忽略空气阻力)：导学号 1321411(1)水平牵引力的大小； (2)滑板的速率。
高中物理第四章专题牛顿运动定律的综合应用二测试题新人教必修
专题6 牛顿运动定律的综合应用（二）1．A 一质量为m的细杆系在天花板上，猫窜上去抓住细杆，猫的质量为m0，刚刚抓住细杆，绳子断裂，猫沿着细杆向上爬，在上爬过程中，猫距离地面的高度不变，求这一过程中，细杆的加速度为多少？2．A 如图所示，一倾角为α的光滑斜面，一质量为m的木板放在斜面上，人对木板施力，使木板静止在光滑斜面上，一质量为m0的猫跑到木板上，人撤去对木板的力，木板开始沿着斜面下滑，猫开始沿着斜面往上爬，猫相对于地面的位置不变，求木板下滑的加速度。
3．B 一台秤上放一质量为m的铁块，铁块外有一框架，框架上有一电磁铁，电磁铁的磁极如图所示，电磁铁和架子的总质量为M，电磁铁通电时，台秤的示数会如何变化？4．B 已知，m人=50 kg，从h=2 m高跳下，设落地后下蹲过程为匀减速，下蹲0.5 m后速度为零，求下蹲过程中人对地面的压力N．5．B 如图所示，在天花板上吊一比较粗的绳子，绳子的质量为m，绳子左右两边的悬点的拉力与水平方向都成60°角，求绳子左右两边的拉力为的多大？中间点绳子的张力为多大？6．C 如图所示，一质量为m的小球挂在半径为R的光滑半球面上，绳子长为L，球面最高点到上端的距离为h，（1）求小球受到的支持力N为多大？绳子的拉力F为多少？（2）当拉力F拉着小球在光滑斜面上缓慢移动时，小球受到的支持力N和绳子的拉力F如何变化？7．C 如图所示，墙的上端有一定滑轮，一杆用铰链接于竖直墙上，杆的右端挂一质量为m的物体，一人通过拉力F拉着物体，系统处于平衡状态，杆的长度为L1，杆在墙上的固定点到定滑轮的距离为L2，绳子的长度为L3，求杆对O点的支持力N，绳子的拉力为多大？8．B 在一个升降机里，一个物体放在一弹簧顶端，弹簧下端固定在升降机底部，当升降机静止时，弹簧缩短4 cm。
升降机运动时，弹簧缩短量变为2 cm，由此可知，升降机运动情况可能是（）（计算中g取10 m/s2）A．以2.5 m/s2的加速度减速上升B．以5.0 m/s2的加速度加速上升C．以5.0 m/s2的加速度减速上升D．以2.5 m/s2的加速度加速上升9．B 如图所示，质量为m的物体随自动扶梯加速上升，已知加速度的大小为a，方向与水平成θ角，物体在加速上升中受到的摩擦力大小为_________，方向为__________。
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第4讲牛顿运动定律的综合应用(二)基础巩固1.(多选)如图甲所示,质量m A=1 kg,m B=2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上,t=0时刻,一水平恒力F作用在物块B上,t=1 s时刻,撤去F,B物块运动的速度-时间图像如图乙所示,若整个过程中A、B始终保持相对静止,g取10 m/s2,则( )A.物块B与地面间的动摩擦因数为0.2B.1~3 s内物块A不受摩擦力作用C.0~1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 ND.水平恒力的大小为12 N2.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。
现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端,木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。
下列说法中正确的是( )A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短3.(2016广西柳州铁路一中月考)水平足够长且运动的皮带,取向右为速度的正方向。
将一物块P轻轻放在皮带上,之后P最初一段时间的速度-时间图像如图乙,关于皮带的运动情况描述正确的是( )A.可能是向右的匀加速B.可能是向右的匀速C.一定是向左的匀加速D.可能是向左的匀速4.(2016辽宁沈阳二中一模,18)一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为m A=1 kg和m B=2 kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示(重力加速度g=10 m/s2)。
则( )A.若F=1 N,则物块、木板都静止不动B.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC.若F=4 N,则B物块所受摩擦力大小为4 ND.若F=8 N,则B物块所受摩擦力大小为2 N5.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。
其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行。
旅客把行李无初速度地放在A 处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。
若乘客把行李放到传送带上的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则( )A.乘客与行李同时到达B处B.乘客提前0.5 s到达B处C.行李提前0.5 s到达B处D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处6.(2017海南海口一中测试)(多选)如图所示,以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ。
现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是( )7.如图所示,长12 m、质量为50 kg的木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数为0.1,开始时质量为50 kg的人立于木板左端,木板与人均静止,当人以4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑时,(取g=10 m/s2)求:(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小;(2)人在奔跑过程中木板的加速度;(3)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
综合提升8.(2016黑龙江实验中学月考)如图所示为粮袋的传送装置,已知A、B间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A.粮袋到达B点的速度与v比较,可能大,也可能相等或小B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ-μ cos θ),若L足够大,则以后将以一定的速度v做匀速运动C.若μ≥tan θ,则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D.不论μ大小如何,粮袋从A到B一直匀加速运动,且a≥g sin θ9.(2014四川理综,7,6分)(多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。
不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。
正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )10.(2016山西右玉一模,24)如图所示,长2 m的木板AB静止在粗糙水平地面上,C为其中点,木板上表面AC部分光滑,CB部分粗糙,下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板右端静止放置一个小物块(可看成质点),它与木板CB部分的动摩擦因数μ2=0.2。
已知木板和小物块的质量均为2 kg,重力加速度g 取10 m/s2,现对木板施加一个水平向右的恒力F。
(1)为使小物块与木板保持相对静止,求恒力的最大值F m。
(2)当F=20 N时,求小物块经多长时间滑到木板中点C。
11.如图所示,距地面高度h=5 m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6 m的传送带,一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5 m/s的初速度滑上传送带。
已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若传送带不动,求小物块离开传送带右边缘落地的水平距离;(2)试分析传送带的速度满足什么条件时,小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大,并求最大距离;(3)设传送带的速度为v'且规定传送带顺时针运动时v'为正,逆时针运动时v'为负。
试分析画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v'的变化关系图线(不需要计算过程,只需画出图线即可)。
12.(2016广东广州模拟,24)在粗糙水平面上,一电动玩具小车以v0=4 m/s的速度做匀速直线运动,其正前方平铺一边长为L=0.6 m的正方形薄板,小车在到达薄板前某处立即刹车,靠惯性运动s=3 m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板。
小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为μ1=0.2,薄板与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1,小车质量M为薄板质量m的3倍,小车可看成质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)小车冲上薄板时的速度大小;(2)小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小。
答案全解全析基础巩固1.AC 0~1 s内B的加速度大小为a1=4 m/s2,1~3 s内B的加速度大小为a2=2 m/s2,因为整个过程中A、B 始终保持相对静止,因此A也一直具有与B相同的加速度,A受到摩擦力作用,故B错误;0~1 s内,对AB整体由牛顿第二定律,有F-μ(m A g+m B g)=(m A+m B)a1,1~3 s内,有μ(m A g+m B g)=(m A+m B)a2,解得μ=0.2,F=18 N,故A正确,D错误;0~1 s内物块B对A的摩擦力大小f=m A a1=4 N,故C正确。
2.D 放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速,而传送带仍匀速,虽然两者都向右运动,但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动,故黑色径迹出现在木炭包的右侧,A错误。
由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a=μg与其质量无关,故径迹长度与其质量也无关,B错误。
径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小,即二者对地的位移差:Δx=vt-t=vt=,可见传送带速度越小、动摩擦因数越大,相对位移越小,黑色径迹越短,C错误D正确。
3.D 物块轻轻放在皮带上,初速度为零,由图乙知物块向左做匀加速运动,对物块受力分析知受到皮带对它向左的滑动摩擦力,则皮带相对物块向左运动,所以皮带一定向左运动,可能加速、匀速或减速,D正确。
4.D A与木板间的最大静摩擦力f A=μm A g=0.2×1×10 N=2 N,B与木板间的最大静摩擦力f B=μm B g=0.2×2×10 N=4 N,若F=1 N<f A,则A、B与木板保持相对静止,整体在F作用下向左做匀加速运动,故A错误;若F=1.5 N<f A,则A、B与木板保持相对静止,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=m A a,所以A物块所受摩擦力f<F=1.5 N,故B错误;若F=4 N>f A,则A在木板上滑动,B和木板整体受到摩擦力2 N,轻质木板,质量不计,所以B的加速度a==1 m/s2,对B进行受力分析,摩擦力提供加速度,f B=m B a=2×1 N=2 N,故C错误;若F=8 N>f A,则B的加速度a=1 m/s2,则B所受摩擦力为2 N,故D正确。
5.BD 行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
加速度为a=μg=1 m/s2,历时t1==1 s与传送带达到共同速度,位移x1=t1=0.5 m,此后行李匀速运动历时t2==1.5 s到达B处,共用时间2.5 s;乘客到达B处历时t==2 s,故B正确,A、C错误。
若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间t min= s=2 s,D正确。
6.CD 木块放上后一定先向下做匀加速运动,由于传送带足够长,所以一定有木块速度与传送带速度相同的时刻,此时若重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力,则之后木块继续加速,但加速度变小了,而若重力沿传送带向下的分力小于或等于最大静摩擦力,则之后木块将随传送带一起匀速运动,故C、D 正确,A、B错误。
7.答案(1)200 N (2)2 m/s2,方向向左(3)2 s解析(1)设人的质量为m,加速度为a 1,木板的质量为M,加速度为a2,人对木板的摩擦力为f(f '为木板对人的摩擦力)则对人有: f '=ma1=200 N(2)对木板进行受力分析可知:f-μ(M+m)g=Ma2则:a2=代入数据解得:a2=2 m/s2,方向向左(3)设人从左端跑到右端所经历的时间为t由运动学公式得:L=a1t2+a2t2则:t=代入数据解得:t=2 s综合提升8.A 对粮袋分析可知,粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于等于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带速度相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确、D 错误。
粮袋开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力,大小为μmg cos θ,根据牛顿第二定律得,加速度a=g(sin θ+μcos θ),故B错误。
若μ≥tan θ,对粮袋分析可知,粮袋从A到B可能一直做加速运动,也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后做匀速运动,故C错误。