（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 建議用時(shí)：45分鐘 1.(2019·山東大學(xué)附中二模)如圖所示，物塊A、B質(zhì)量相等，在恒力F作用下，在水平面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。若物塊與水平面間接觸面光滑，物塊A的加速度大小為a1，物塊A、B間的相互作用力大小為FN1；若物塊與水平面間接觸面粗糙，且物塊A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，物塊B的加速度大小為a2，物塊A、B間的相互作用力大小為FN2。則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)N1>FN2 B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)N1＝FN2 C．a(chǎn)1>a2，F(xiàn)N1>FN2 D．a(chǎn)1>a2，F(xiàn)N1＝FN2 D　[設(shè)A、B的質(zhì)量為m，接觸面

2、光滑時(shí)，對整體分析有a1＝＝，對B分析FN1＝mBa1＝。接觸面粗糙時(shí)，對整體分析有a2＝＝－μg，可知a1>a2；對B分析有FN2＝ma2＋μmg＝，則FN1＝FN2。故D正確。] 2．用外力F拉一物體使其做豎直上升運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，加速度a隨外力F的變化關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．物體的質(zhì)量為 B．地球表面的重力加速度為2a0 C．當(dāng)a>0時(shí)，物體處于失重狀態(tài) D．當(dāng)a＝a1時(shí)，拉力F＝a1 A　[當(dāng)F＝0時(shí)a＝－a0，此時(shí)的加速度為重力加速度，故g＝a0，所以B錯(cuò)誤。當(dāng)a＝0時(shí)，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物體的質(zhì)量為，所以A正確。當(dāng)a>0時(shí)，加速

3、度方向豎直向上，物體處于超重狀態(tài)，所以C錯(cuò)誤。當(dāng)a＝a1時(shí)，由牛頓第二定律得F－mg＝ma1，又m＝、g＝a0，故拉力F＝(a1＋a0)，所以D錯(cuò)誤。] 3.(多選)(2019·山東泰安二模)如圖所示，一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上，t＝0時(shí)刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。滑塊的v-t圖象可能是(　　) A　　　　　　　B C　　　　　　　D AC　[滑塊滑上木板，受到木板對滑塊向左的滑動(dòng)摩擦力，做勻減速運(yùn)動(dòng)，若木塊對木板的摩擦力大于地面對木板的摩擦力，則木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，一起做勻減速運(yùn)動(dòng)

4、。設(shè)木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，木塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，知木板若滑動(dòng)，則μ1mg>μ2(M＋m)g，最后一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度a′＝μ2g，開始時(shí)木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝μ1g>μ2g，知圖線的斜率變小，故C正確，D錯(cuò)誤。若μ1mg<μ2(M＋m)g，則木板不動(dòng)，滑塊一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A正確。由于地面有摩擦力，最終木塊和木板不可能一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。] 4.(2019·山東師范大學(xué)附中模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M＝2 kg、傾角為θ＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面上疊放一質(zhì)量為m＝1 kg的光滑楔形物塊，物塊在水平恒力

5、F的作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度取g＝10 m/s2。下列判斷正確的是(　　) A．物塊對斜面的壓力大小FN＝5 N B．斜面體的加速度大小為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上系統(tǒng)仍保持相對靜止，則F將變小 C　[對M、m整體分析，受重力、支持力和推力，根據(jù)牛頓第二定律可得，水平方向：F＝(M＋m)a；豎直方向：N＝(M＋m)g；再對M分析，受重力、壓力FN、支持力，根據(jù)牛頓第二定律可得，水平方向：FNsin θ＝Ma；豎直方向：FNcos θ＋Mg＝N；聯(lián)立解得：a＝＝5 m/s2；F＝＝15 N；FN＝＝

6、10 N，故A、B錯(cuò)誤，C正確；若水平作用力F作用到M上系統(tǒng)仍保持相對靜止，則對整體：F＝(M＋m)a′；對m：mgtan 45°＝ma′，解得F＝(M＋m)g＝30 N，即F變大，故D錯(cuò)誤。] 5.(多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動(dòng)，會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的過程中(　　) A．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間是2.25 s B．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)

7、到B端的時(shí)間是1.5 s C．劃痕長度是0.5 m D．劃痕長度是2 m BD　[根據(jù)牛頓第二定律，煤塊的加速度a＝＝4 m/s2，煤塊運(yùn)動(dòng)到速度與傳送帶速度相等時(shí)的時(shí)間t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m＜x，此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)直至B端，所以劃痕長度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤；x2＝x－x1＝2 m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝0.5 s，運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝1.5 s，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤。] 6．(2019·江蘇高考)如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩

8、擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對齊時(shí)恰好相對靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求： (1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA； (2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、a′B； (3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。 [解析]　本題通過板——塊組合模型考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，考查了學(xué)生的綜合分析能力與應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力，體現(xiàn)了科學(xué)思維中的模型建構(gòu)、科學(xué)推理等素養(yǎng)要素。 A、B的運(yùn)動(dòng)過程如圖所示

9、 (1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA＝μg 勻變速直線運(yùn)動(dòng)2aAL＝v 解得vA＝。 (2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m 對齊前，B所受合外力大小F＝3μmg 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F＝maB，得aB＝3μg 對齊后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg。 (3)經(jīng)過時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA 則v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L 解得vB＝2。 [答案]　(1)　(2)3μg　μg　(3)2 7．(2019·馬鞍山檢測)兩物塊A

10、、B并排放在水平地面上，且兩物塊接觸面為豎直面，現(xiàn)用一水平推力F作用在物塊A上，使A、B由靜止開始一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，在A、B的速度達(dá)到6 m/s時(shí)，撤去推力F。已知A、B質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝3 kg，A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.3，B與地面沒有摩擦，B物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，求： 甲　　　　　　　　　乙 (1)推力F的大小； (2)A物塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊A、B之間的距離。 [解析]　(1)在水平推力F作用下，物塊A、B一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a，由B物塊的v-t圖象得， a＝＝ m/s2＝3 m/s2 對于A、B

11、整體，由牛頓第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得F＝15 N。 (2)設(shè)物塊A做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，撤去推力F后，A、B兩物塊分離，A在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，B做勻速運(yùn)動(dòng)，對A，由－μmAg＝mAaA，解得 aA＝－μg＝－3 m/s2 t＝＝ s＝2 s 物塊A通過的位移xA＝t＝6 m 物塊B通過的位移 xB＝v0t＝6×2 m＝12 m 物塊A剛停止時(shí)A、B間的距離 Δx＝xB－xA＝6 m。 [答案]　(1)15 N　(2)6 m 8.(多選)如圖所示，白色傳送帶保持v0＝10 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為0.4 kg的煤塊輕

12、放在傳送帶的A端，煤塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，傳送帶AB兩端距離x＝16 m，傳送帶傾角為37°，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷的時(shí)間為2 s B．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端相對傳送帶的位移為6 m C．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端畫出的痕跡長度為5 m D．煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端摩擦產(chǎn)生的熱量為6.4 J AC　[煤塊剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小為a1＝＝gsin 37°＋μgcos 37°＝6 m/s2＋0.5×8 m/s2＝10 m/s2， 則煤塊速度達(dá)到傳送帶速度的時(shí)間為： t1＝＝ s＝1 s，

13、 位移為：x1＝＝ m＝5 m， 煤塊速度達(dá)到傳送帶速度后的加速度為： a2＝＝gsin 37°－μgcos 37° ＝6 m/s2－4 m/s2＝2 m/s2， 根據(jù)x－x1＝v0t2＋a2t代入數(shù)據(jù)解得：t2＝1 s， 則煤塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷的時(shí)間為： t＝t1＋t2＝2 s，故A正確。煤塊速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，相對位移大小Δx1＝v0t1－x1＝10 m－5 m＝5 m，物塊速度達(dá)到傳送帶速度后相對位移的大小Δx2＝x－x1－v0t2＝11 m－10×1 m＝1 m，則相對位移的大小Δx＝Δx1－Δx2＝5 m－1 m＝4 m，故B錯(cuò)誤。留下的痕跡長度Δx′＝Δx1＝5

14、 m，故C正確。摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos 37°Δx1＋μmgcos 37°Δx2＝0.5×4×0.8×5 J＋0.5×4×0.8×1 J＝9.6 J，故D錯(cuò)誤。] 9．(多選)(2019·濱州二模)如圖所示，小車分別以加速度a1、a2、a3、a4向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，bc是固定在小車上的水平橫桿，物塊M穿在桿上，M通過細(xì)線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，加速度為a1、a2時(shí)，細(xì)線在豎直方向上，全過程中M始終未相對桿bc移動(dòng)，M、m與小車保持相對靜止，M受到的摩擦力大小分別為f1、f2、f3、f4，則以下結(jié)論正確的是(　　) A．若＝，則＝ B．若＝，則＝ C．若＝，則＝ D

15、．若＝，則＝ CD　[對第一、二幅圖有：若＝，對M根據(jù)牛頓第二定律有：f＝Ma，則＝，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對第二、三幅圖有：f2＝Ma2，設(shè)細(xì)線的拉力為F，則f3－Fsin θ＝Ma3，若＝，則≠，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對第三、四幅圖有：對M和m整體分析：f＝(M＋m)a，若＝，則＝，故選項(xiàng)C正確；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，豎直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若＝，則＝，故選項(xiàng)D正確。] 10．(2019·渤海高中模擬)如圖所示，傳送帶的傾角θ＝37°，從A到B長度為16 m，傳送帶以10 m/s的速度逆

16、時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上A端無初速度地放一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5。煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色劃痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)煤塊從A到B的時(shí)間； (2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上留下劃痕的長度； (3)若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度可以調(diào)節(jié)，煤塊從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的最短時(shí)間是多少？ [解析]　(1)開始階段，由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 所以a1＝gsin θ＋μgcos θ 解得a1＝10 m/s2 煤塊加速至與傳送帶速度相等時(shí)需要的時(shí)間為

17、t1＝＝ s＝1 s 煤塊發(fā)生的位移為 x1＝a1t＝×10×12 m＝5 m<16 m 所以煤塊加速到10 m/s時(shí)仍未到達(dá)B點(diǎn)，此后摩擦力方向改變； 第二階段有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 設(shè)第二階段煤塊滑動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為t2，則LAB－x1＝vt2＋a2t 解得t2＝1 s 煤塊從A到B的時(shí)間t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。 (2)第一階段煤塊的速度小于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向上移動(dòng)，煤塊與傳送帶的相對位移大小為 Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m 故煤塊相對于傳送帶上移5 m 第二階段煤塊的速度大于

18、傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向下移動(dòng)，煤塊相對于傳送帶的位移大小為 Δx2＝(LAB－x1)－vt2 解得Δx2＝1 m 即煤塊相對傳送帶下移1 m 故傳送帶表面留下黑色炭跡的長度為L＝Δx1＝5 m。 (3)若增加傳送帶的速度，煤塊一直以加速度a1做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間最短， 則有LAB＝a1t 可得tmin＝ s。 [答案]　(1)2 s　(2)5 m　(3) s 11．(2019·開封模擬)如圖甲所示，一長方體木板B放在水平地面上，木板B的右端放置著一個(gè)小鐵塊A，在t＝0時(shí)刻，同時(shí)突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速

19、度大小為vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動(dòng)摩擦因數(shù)不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A始終沒有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s時(shí)刻，A、B達(dá)到共同速度v＝2 m/s；3 s時(shí)刻至A停止運(yùn)動(dòng)前，A向右運(yùn)動(dòng)的速度始終大于B的速度)求： 　甲　　　　　　　　　　乙 (1)小鐵塊A向左運(yùn)動(dòng)相對地面的最大位移； (2)B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及B運(yùn)動(dòng)的位移大小。 [解析]　(1)由題圖乙可知，0～3 s內(nèi)A做勻變速運(yùn)動(dòng)，速度由vA＝－1 m/s變?yōu)関＝2 m/s 則其加速度大

20、小為aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。 當(dāng)A水平向左運(yùn)動(dòng)速度減為零時(shí)，向左運(yùn)動(dòng)的位移最大，則s＝＝0.5 m。 (2)設(shè)A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1， 由牛頓第二定律得μ1mg＝maA 則μ1＝＝0.1 由題圖乙可知，0～3 s內(nèi)B做勻減速運(yùn)動(dòng)， 其速度由vB＝14 m/s變?yōu)関＝2 m/s 則其加速度大小為aB＝＝ m/s2＝4 m/s2 方向水平向左 設(shè)B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB 則μ2＝＝0.15 3 s之后，B繼續(xù)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得 2μ2mg－μ1mg＝ma′B 則B的加速度大小為a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2 方向水平向左 3 s之后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝ s＝1 s 則B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＝4 s 0～4 s內(nèi)B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。 [答案]　(1)0.5 m　(2)4 s　25 m 9