高三物理总复习 课时跟踪检测（十三） 牛顿运动定律的综合应用（二）

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课时跟踪检测（十三）  牛顿运动定律的综合应用（二）1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是(　 )A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C　传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。2．(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L＝2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以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处解析：选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达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝ ＝  s＝2 s，D正确。3.如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行。t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2。在选项中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是(　 )解析：选D　滑块在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－2 m/s2，运动的时间t3＝1 s，所以速度—时间图像对应D选项。4．如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为(　 )A．1 s  B．2 sC. s  D. s解析：选A　由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F＞2 N时二者开始加速，表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2 N；当F＞14 N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4 N，小物块的加速度a1＝4 m/s2。改用F＝22 N的外力水平拉长木板时，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2－a1t2＝L，解得t＝1 s，故A正确。5．(多选)如图甲所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块，小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0均已知，则(　 )A．传送带的速度可能大于v0B．t0后小滑块受到的摩擦力为mgsin θC．传送带一定沿顺时针转动D．小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为－tan θ解析：选BD　由题图乙可知，小滑块先做初速度为零的匀加速直线运动，在t0后以速度v0做匀速直线运动，由此可知mgsin θ≤μmgcos θ。如果传送带沿逆时针方向转动，滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块先做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时，滑块做匀速直线运动，则传送带的速度v＝v0；如果传送带沿顺时针方向转动，滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿传送带向上，滑块向上做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动，传送带速度v＝v0；由以上分析可知，传送带既可能沿顺时针方向转动也可能沿逆时针方向转动，传送带速度不会大于v0，A、C错误。由题图乙可知，t0后滑块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知Ff＝mgsin θ，B正确。由题图乙可知，滑块做匀加速直线运动时的加速度a＝，如果传送带沿逆时针方向转动，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝－tan θ，D正确。6.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　 )A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C．经过  s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为 m/s解析：选AC　对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝1 m/s2，A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2－a2t2＝L，解得t＝ s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2 m/s，C正确，D错误。7．(多选)如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是(　 )解析：选AD　因3对4的滑动摩擦力为3μmg，小于4和5之间的最大静摩擦力4μmg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动；当力F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动；当F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故图A、D正确。8．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。解析：(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s。(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N，当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2－μm1g＝m1a1，－＝L，解得F2＝34 N，则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。答案：(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N9.如图所示，与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v＝2 m/s沿顺时针方向转动，两传动轮间距L＝5 m。现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v0＝4 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度。解析：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1则a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2物块运动位移x1＝＝0.6 m物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f＝μmgcos θ＜mgsin θ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小。此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2位移x2＝＝1 m则物块沿传送带上升的最大高度为H＝(x1＋x2)sin 37°＝0.96 m。答案：0.96 m10．5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木块的质量均为m＝1 kg，长l＝1 m。它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量为M＝2.5 kg的小铅块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的初速度向右滑上左边第1个木块的左端，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.2。小铅块刚滑到第4个木块时，木块开始运动，重力加速度g取10 m/s2。(1)求铅块刚滑到第4个木块时的速度大小；(2)试通过计算说明为什么小铅块滑到第4个木块时，木块才开始运动；(3)小铅块停止运动后，离第1个木块的左端多远？解析：(1)设小铅块在前3个木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第4个木块时的速度为v1由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1由运动学公式得v12－v02＝－2a1·3l联立解得v1＝2 m/s。(2)设小铅块滑到第n个木块时对木块的摩擦力为f1则f1＝μ2Mg＝5 N未滑完的(6－n)个木块受到地面的最大静摩擦力为f2，f2＝μ1[M＋(6－n)m]g要使木块滑动，应满足f2<f1，即μ1[M＋(6－n)m]g<5 N，解得n>3.5，故取n＝4。(3)设小铅块滑上第4个木块经过t秒和第4、5个木块达到共同速度，此过程小铅块、木块的对地位移为s1和s2，相对位移为Δs，木块运动的加速度为a2。μ2Mg－μ1(M＋2m)g＝2ma2v1－a1t＝a2t，s1＝v1t－a1t2s2＝a2t2，Δs＝s1－s2联立解得s1＝ m，Δs＝ m由于Δs<l，说明小铅块没有离开第4个木块，最后小铅块与第4、5个木块达到共同速度，一起减速到零。设小铅块与木块达到的共同速度大小为v2，一起减速的加速度大小为a3，减速过程中所发生的位移为s3μ1(2m＋M)g＝(2m＋M)a3v2＝a2t，s3＝联立解得s3＝ m小铅块最终与第1个木块左端的距离为s，s＝3l＋s1＋s3，联立解得s＝ m。答案：(1)2 m/s　(2)见解析　(3) m