人教版高考物理一轮总复习课后习题 第三章 牛顿运动定律 课时规范练9 牛顿运动定律的综合应用

课时规范练9 牛顿运动定律的综合应用
基础对点练
1.(整体法与隔离法)如图所示,质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起,但A、B之间无压力。

某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(g
取10 m/s2)( )
A.0
B.50 N
C.10 N
D.8 N
2.(多选)(传送带问题)(广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带沿逆时
针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度
从左端滑上传送带,在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点)。

已知传送带的速度保持不变,重力加速度g取10 m/s2。

关于物块与传送带
间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果正确的是( )
A.μ=0.4
B.μ=0.2
C.t=4.5 s
D.t=3 s
3.(多选)(连接体问题)如图所示,光滑水平面上放置着四个相同的木块,
其中木块B与C之间用一轻弹簧相连,轻弹簧始终在弹性限度内。

现用水
平拉力F拉B,使四个木块以相同的加速度一起加速运动,则下列说法正确
的是( )
A.一起加速过程中,D所受到的静摩擦力大小为F
4
B.一起加速过程中,C受到4个力的作用
C.一起加速过程中,A、D所受摩擦力的大小和方向相同
D.F撤去瞬间,A、D所受静摩擦力的大小和方向都不变
4.(临界极值问题)如图所示,水平地面上有一车厢,车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平顶板上。

已知A、B 与接触面间的动摩擦因数均为μ,车厢静止时,两弹簧长度相同,A恰好不下滑,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。

现使车厢沿水平方向加速运动,为保证A、B仍相对车厢静止,则车厢( )
A.速度可能向左,加速度可大于(1+μ)g
B.加速度一定向右,不能超过(1-μ)g
C.加速度一定向左,不能超过μg
D.加速度一定向左,不能超过(1-μ)g
5.(多选)(传送带问题)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连,两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动,某时刻物块1到达桌面的右边缘,如图所示。

当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后,经过一段时间到达传送带的最右端,若传送带的速度大于v0且保持不变,物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2),不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙,细线的长度小于传送带的长度,则在此过程中( )
A.物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动
B.两物块都在传送带上时,它们所受的摩擦力一定不相等
C.两物块在任何时刻的速度和加速度都相等
D.可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段
6.(整体法与隔离法)如图所示,在光滑水平面上放有一质量m0=30 kg的斜劈,在其斜面上放一质量m=2 kg的物块,现用一水平向右的力F拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对静止。

已知斜劈倾角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。

则拉力F 大小为 N。

素养综合练
7.如图所示,质量m0=1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,设木板足够长,若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F,已知最大静摩擦力
与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2,则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是( )
8.(甘肃天水一中二诊)如图所示,固定斜面的倾角θ=37°,斜面长为L,一长木板放在斜面上,长木板的上端与斜面顶端重合,长木板的质量为m、,一小物块放在长木板的上端,质量也为m。

现同时释放小物块和长长为L
2
木板,当长木板的下端到达斜面的底端时,小物块也恰好滑到斜面底端,不计小物块的大小,已知sin 37°=0.6,g取10 m/s2。

(1)若小物块与长木板间光滑,则长木板与斜面间的动摩擦因数μ0为多少?
(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ'是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半,斜面的长L=2.4 m,则小物块运动到斜面底端所用的时间为多少?
9.如图甲所示,水平传送带沿顺时针方向匀速运转。

从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C,物体A经t A=9.5 s到达传送带另一端Q,物体B经t B=10 s到达传送带另一端Q,若释放物体时刻作为t=0时刻,分别作出三个物体的v-t图像如图乙、丙、丁所示,g取10 m/s2,求:
甲
(1)传送带的速度大小v0;
(2)传送带的长度L;
(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数,以及物体C从传送带左端P 到达右端Q所用的时间t C。

参考答案
课时规范练9 牛顿运动定律的综合应用
1.D 解析剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=m A g=40N,剪断细线
的瞬间,对整体分析,整体加速度a=(m A+m B)g-F
m A+m B =(4+1)×10-40
4+1
m/s2=2m/s2,
隔离B进行分析,m B g-N=m B a,解得N=m B g-m B a=8N,故D正确,A、B、C错误。

2.BC 解析由题图乙可得,物块做匀减速运动的加速度大小a=Δv
Δt
=2.0m/s2,由牛顿第二定律得f=ma=μmg,则可得物块与传送带间的动摩擦因数
μ=0.2,A项错误,B项正确;在v-t图像中,图线与t轴所围面积表示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时,物块的位移为0,由图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5s,C项正确,D项错误。

3.AC 解析一起加速过程中,由整体法有a=F
4m ,对D有f D=ma=F
4
,A正确;对
C受力分析,C受到重力、地面对C的支持力、D对C的压力和摩擦力及弹
簧对C的弹力,共5个力,B错误;对A有f A=ma=F
4
,C正确;F撤去瞬间,D受力情况不变,B受力情况改变,A所受静摩擦力方向改变,D错误。

4.
B 解析开始时A恰好不下滑,对A受力分析如图所示,有f A=mg=μN A=μF
弹,解得F弹=mg
μ
,此时弹簧处于压缩状态。

当车厢沿水平方向做加速运动时,
为了保证A不下滑,侧壁对A的支持力必须大于等于mg
μ
,根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。

对B受力分析如图所示,有f Bm=μN B=μ(F弹-mg)≥ma,解得a≤(1-μ)g,故选项B正确,A、C、D错误。

5.AD 解析物块1滑上传送带后,在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动,
由于物块1和物块2通过不可伸长的细线连接,故物块2也做匀加速运动;如果在物块2滑上传送带之前,物块的速度已经等于传送带的速度,则此
后物块1、2均做匀速直线运动,故A正确。

两物块都在传送带上时,如果两物块速度与传送带相同,则两物块所受静摩擦力相等,均为零,故B错误。

如果物块2滑上传送带时,物块2的速度小于传送带的速度,由于两个物块与传送带间的动摩擦因数μ1<μ2,则加速度a1<a2,两个物块间的距离会缩小,故C错误,D正确。

6.答案10
解析
对物块受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可得
fcos37°-Nsin37°=ma,竖直方向,根据平衡条件可得
fsin37°+Ncos37°=mg,根据摩擦力的计算公式可得f=μN,联立解得
a=5
m/s2;以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得
16
F=(m0+m)a=10N。

7.C 解析铁块与木板之间摩擦力的最大值为f 2maa )g=2N 。

当F≤2N 时,木板和铁块相对地面静止,f=F 。

当木板和铁块恰好一起相对地面加速运动时,设此时系统的加速度为a,根据牛顿第二定律,对整体有
F-μ1(m 0+m)g=(m 0+m)a,对铁块有F-f 2max =ma,可得F=6N,所以当2N<F≤6N 时,木板和铁块相对静止,则对整体有F-μ1(mg+m 0g)=(m+m 0)a,对铁块有F-f=ma,得f=F
2+1N 。

当拉力大于6N 时,滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力,
大小即4N,故得出的图像应为C 。

8.答案(1)3
16 (2)1 s
解析(1)若小物块与长木板间光滑,则小物块沿长木板下滑的加速度大小a 1=gsinθ
小物块从斜面顶端滑到底端所用时间t 1满足L=1
2a 1t 12
长木板下滑时,有mgsinθ-μ0×2mgcosθ=ma 2
12
L=1
2
a 2t 12
解得μ0=14
tanθ=316。

(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ'是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半,则对小物块,有a 1'=gsinθ-μ'gcosθ,L=1
2a 1't 22
对长木板,有mgsinθ+μ'mgcosθ-μ×2mgcosθ=ma 2'
12
L=1
2
a 2't 22
μ'=1
2
μ
解得μ'=3
20
则a1'=4.8m/s2
小物块运动到斜面底端所用的时间t2=√2L
a1'
=1s。

9.答案(1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 24 s
解析(1)物体A与B均先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,说明物体的速度最终与传送带的速度相等,所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小v0=4m/s。

(2)v-t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移,所以物体A的位移
s A=1
2
×(8.5+9.5)×4m=36m
传送带的长度L与A的位移相等,也是36m。

(3)物体A的加速度a A=Δv A
t1
=4m/s2
由牛顿第二定律得μA mg=ma A
所以μA=a A
g
=0.4
同理,物体B的加速度a B=Δv B
t2=2m/s2,μB=a B
g
=0.2
物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为t C,速度v C=3m/s,则
L=0+v C
2
t C
所以t C=2L
v C
=24s
物体C的加速度a C=Δv C
t C =1
8
m/s2
μC=a C
g
=0.0125。