2021届高考物理一轮复习 课后限时集训9 牛顿运动定律的综合应用(含解析)

牛顿运动定律的综合应用
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1。

(2019·山东大学附中二模）如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动.若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1,物块A、B间的相互作用力大小为F N1；若物块与水平面间接触面粗糙,且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B 间的相互作用力大小为F N2。

则下列说法正确的是（）
A．a1＝a2，F N1>F N2B．a1＝a2，F N1＝F N2
C．a1〉a2，F N1>F N2 D．a1〉a2，F N1＝F N2
D ［设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝错误!＝错误!，对B分析F N1＝m B a1＝错误!。

接触面粗糙时,对整体分析有a2＝错误!＝错误!－μg，可知a1〉a2;对B分析有F N2＝ma2＋μmg＝错误!，则F N1＝F N2.故D正确。

］
2．用外力F拉一物体使其做竖直上升运动,不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）
A．物体的质量为错误!
B．地球表面的重力加速度为2a0
C．当a>0时，物体处于失重状态
D．当a＝a1时，拉力F＝错误!a1
A ［当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g ＝a0，所以B错误。

当a＝0时，拉力F＝F0,拉力大小等于重力，故物体的质量为错误!,所以A正确。

当a>0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态,所以C错误.当a＝a1时,由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝错误!、g＝a0,故拉力F＝错误!(a1＋a0），所以D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v。

t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，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μ1mg>μ2(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＝μ1g>μ2g，知图线的斜率变小，故C正确，D错误。

若μ1mg<μ2(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。

(2019·山东师范大学附中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动.重力加速度取g＝10 m/s2。

下列判断正确的是（)
A．物块对斜面的压力大小F N＝5错误!N
B．斜面体的加速度大小为a＝10 m/s2
C．水平恒力大小F＝15 N
D．若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则F 将变小
C [对M、m整体分析，受重力、支持力和推力,根据牛顿第二定律可得，水平方向:F＝(M＋m)a；竖直方向：N＝(M＋m）g；再对M分析，受重力、压力F N、支持力,根据牛顿第二定律可得，水平方向：F N sin θ＝Ma；竖直方向:F N cos θ＋Mg＝N；联立解得：a＝错误!＝5 m/s2;F＝错误!＝15 N；F N＝错误!＝10错误!N，故A、B错误，C正确;若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则对整体：F ＝（M＋m）a′；对m：mg tan 45°＝ma′，解得F＝(M＋m）g＝30 N，即F变大，故D错误。

］
5.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 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μ＝0.4，
取重力加速度大小g ＝10m/s 2，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a ＝μmg m
＝4 m/s 2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t 1＝错误!＝1 s ，位移大
小x 1＝12
at 错误!＝2 m ＜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 ＝v 0t 1－x 1＝2 m ，选项D 正确，C 错误；x 2＝x －x 1＝2 m ，匀速运动的时间t 2＝错误!＝0。

5 s ，运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1。

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v A；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a′B;
(3）B被敲击后获得的初速度大小v B。

［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a A＝μg
匀变速直线运动2a A L＝v错误!
解得v A＝错误!。

（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＝ma B，得a B＝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x A、x B，A 加速度的大小等于a A
则v＝a A t，v＝v B－a B t
x A＝错误!a A t2，x B＝v B t－错误!a B t2
且x B－x A＝L
解得v B＝2错误!。

［答案］（1)错误!（2）3μgμg(3)2错误!
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m A＝1 kg、m B＝3 kg，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10 m/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v。

t图象得,
a＝错误!＝错误!m/s2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μm A g＝（m A＋m B）a，代入数据解得F＝15 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－μm A g＝m A a A，解得
a A＝－μg＝－3 m/s2
t＝错误!＝错误!s＝2 s
物块A通过的位移x A＝错误!t＝6 m
物块B通过的位移
x B＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离
Δx＝x B－x A＝6 m.
［答案］(1）15 N (2)6 m
8。

(多选）如图所示，白色传送带保持v0＝10 m/s的速度逆时针转动,现将一质量为0。

4 kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB两端距离x＝16 m,传送带倾角为37°，（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0。

8,g取10 m/s2）（)
A．煤块从A端运动到B端所经历的时间为2 s
B．煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 m
C．煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5 m
D．煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 J
AC[煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°
m＝g sin 37°＋μg cos 37°＝6 m/s2＋0。

5×8 m/s2＝10 m/s2，
则煤块速度达到传送带速度的时间为:
t1＝错误!＝错误!s＝1 s,
位移为：x1＝错误!＝错误!m＝5 m，
煤块速度达到传送带速度后的加速度为：
a2＝错误!＝g sin 37°－μg cos 37°
＝6 m/s2－4 m/s2＝2 m/s2,
根据x－x1＝v0t2＋错误!a2t错误!代入数据解得：t2＝1 s，
则煤块从A端运动到B端所经历的时间为：
t＝t1＋t2＝2 s，故A正确.煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小Δx1＝v0t1－x1＝10 m－5 m＝5 m，物块速度达到传送带速度后相对位移的大小Δx2＝x－x1－v0t2＝11 m－10×1 m＝1 m，则相对位移的大小Δx＝Δx1－Δx2＝5 m－1 m＝4 m，故B错误.留下的痕迹长度Δx′＝Δx1＝5 m,故C正确。

摩擦产生的热量Q＝μmg cos 37°Δx1＋μmg cos 37°Δx2＝0。

5×4×0.8×5 J＋0。

5×4×0。

8×1 J ＝9.6 J,故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．若错误!＝错误!,则错误!＝错误!
B．若错误!＝错误!，则错误!＝错误!
C．若错误!＝错误!,则错误!＝错误!
D．若错误!＝错误!，则错误!＝错误!
CD ［对第一、二幅图有:若错误!＝错误!，对M根据牛顿第二定律有:f＝Ma,则错误!＝错误!，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－F sin θ＝Ma3，若错误!＝错误!,则错误!≠错误!，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，若错误!＝错误!，则错误!＝错误!，故选项C正确；m水平方向有:F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解
得a3＝g tan θ、a4＝g tan α，若a3
a4＝错误!，则错误!＝错误!，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m＝0。

5 kg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sin 37°＝0。

6,cos 37°＝0。

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
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1
所以a1＝g sin θ＋μg cos θ
解得a1＝10 m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
t1＝v
a1＝错误!s＝1 s 煤块发生的位移为
x1＝错误!a1t错误!＝错误!×10×12 m＝5 m〈16 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mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则L AB－x1＝vt2＋错误!a2t 2
2
解得t2＝1 s
煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 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
Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 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，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx2＝(L AB－x1）－vt2
解得Δx2＝1 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L ＝Δx 1＝5 m.
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a 1做匀加速运动时，从A 运动到B 的时间最短，
则有L AB ＝12
a 1t 错误! 可得t min ＝错误! s 。

[答案]（1)2 s （2)5 m （3)错误! 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t ＝0时刻，同时突然给A 、B 初速度，其中A 的初速度大小为v A ＝1 m/s ，方向水平向左；B 的初速度大小为v B ＝14 m/s ，方向水平向右，木板B 运动的v 。

t 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g ＝10 m/s 2。

（提示：t ＝3 s 时刻，A 、B 达到共同速度v ＝2 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，0~3 s内A做匀变速运动，速度由v A＝－1 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为a A＝错误!＝错误!m/s2＝1 m/s2,方向水平向右。

当A水平向左运动速度减为零时,向左运动的位移最大，则s
＝v2，A
2a A＝0.5 m。

(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1,
由牛顿第二定律得μ1mg＝ma A
则μ1＝错误!＝0。

1
由题图乙可知,0~3 s内B做匀减速运动，
其速度由v B＝14 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为a B＝错误!＝错误!m/s2＝4 m/s2
方向水平向左
设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg
＋2μ2mg＝ma B
则μ2＝错误!＝0。

15
3 s之后,B继续向右做匀减速运动,由牛顿第二定律得
2μ2mg－μ1mg＝ma′B
则B的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2
方向水平向左
3 s之后运动的时间为t2＝错误!＝错误!s＝1 s
则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s
0～4 s内B的位移x B＝错误!t1＋错误!t2＝25 m,方向水平向右。

［答案］（1）0.5 m (2）4 s 25 m。