新高考物理一轮复习课后练习[9]第3章第3讲 牛顿运动定律的综合应用（含解析）

课后练习[9]

第3讲　牛顿运动定律的综合应用

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)

1．(2022·浙江嘉兴市高三模拟)如图所示，水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与光滑水平地面上的小车接触，小车水平台面上的重物与小车始终保持相对静止，在小车向右运动压缩弹簧的过程中(　B　)

A．弹簧的劲度系数增大

B．小车受到的合力增大

C．重物受到的摩擦力不变

D．重物对小车的摩擦力方向向左

[解析]　弹簧劲度系数与形变量无关，与自身性质有关，故A错误；对小车和重物整体，有kx＝(M＋m)a，小车受到的合力F＝Ma＝·kx，所以在小车向右运动压缩弹簧的过程中，弹簧形变量变大，则小车受到的合力增大；重物受到的摩擦力f＝·kx，故摩擦力变大，故B正确，C错误；重物随小车向右减速运动，加速度向左，则小车对重物摩擦力向左，则重物对小车的摩擦力方向向右，故D错误。

2．(2021·青海高三一模)质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动。B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力。下列说法正确的是(　D　)

A．A落地前轻绳的拉力大小为2 N

B．B运动的最大速度为4 m/s

C．A落地后，B向右运动的路程为1.2 m

D．B运动的平均速度大小为1 m/s

[解析]　设A落地前轻绳的拉力大小为T，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mg－T＝ma1，T－μmg＝ma1，联立解得a1＝2.5 m/s2，T＝1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v＝＝2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2＝μg＝5 m/s2，B向右运动的路程为s＝＝0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为＝＝1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确。

3．(2021·全国高三专题练习)如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是(　A　)

A．当a＝5 m/s2时，滑块对球的支持力为 N

B．当a＝15 m/s2时，滑块对球的支持力为 N

C．当a＝5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和

D．当a＝15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和

[解析]　设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，此时对小球受力分析，受重力、线的拉力，根据牛顿第二定律有：水平方向F合＝F0cos  45°＝ma0，竖直方向F0sin 45°＝mg，解得a0＝g。当a＝5 m/s2时，小球未离开滑块，对小球受力分析，水平方向Fcos  45°－FNsin 45°＝ma，竖直方向Fsin 45°＋FNcos  45°＝mg，解得FN＝ N，故A正确；当a＝15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和线的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；当滑块和小球组成的系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，C、D错误。

4.如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的粗糙面向上滑动，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止。则在物块m上、下滑动的整个过程中(　C　)

A．地面对物体M的摩擦力方向先向左后向右

B．地面对物体M的摩擦力大小不变

C．地面对物体M的摩擦力方向不变

D．地面对物体M的支持力总等于(M＋m)g

[解析]　物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对M与m整体受力分析，受到重力(M＋m)g，地面支持力N和地面摩擦力，将物体m的加速度分解为沿水平和竖直两个方向，如图，根据牛顿第二定律，有

水平方向：f＝m·(a·cos θ)　 ①

竖直方向：(M＋m)g－N＝m·(a·sin θ)  　②

其中θ为斜面倾角。由①看出，f的方向总沿水平向左方向，即地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变。故A、B错误，C正确；由②式可知，N＜(M＋m)g，地面对物体M的支持力总小于(M＋m)g，D错误。

5. (2022·广东深圳中学模拟)两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是(　C　)

A．A、B分离前所受合外力大小与时间的平方t2成线性关系

B．分离时弹簧处于原长状态

C．在t＝ 时刻A、B分离

D．分离时B的速度大小为 g

[解析]　本题考查弹簧作用下叠加体的受力和运动分析。A、B分离前两物块做匀加速运动，所受合外力大小不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝at2，解得x1＝，x2＝，t＝ ，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度v＝at＝g· ＝g，选项D错误。

6.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＝10 m/s2，则煤块从A端运动到B端的过程中(　BD　)

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

[解析]　根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝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＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误。

7．(2021·河南郑州一中摸底)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。由静止释放物块A、B后(　AC　)

A．相同时间内A、B运动的路程之比为2∶1

B．物块A、B的加速度之比为1∶1

C．轻绳的拉力为

D．当B下落高度h时，速度为

[解析]　本题考查加速度不同的连接体问题。根据动滑轮的特点可知，相同时间内，A、B运动的路程之比为2∶1，选项A正确；根据s＝at2可知，物块A、B的加速度之比为2∶1，选项B错误；设轻绳的拉力为T，B的加速度为a，则对A有T＝m·2a，对B有3mg－2T＝3ma，解得a＝g，T＝mg，选项C正确；当B下落高度h时，速度为v＝＝，选项D错误。

8．(2022·安徽蚌埠市高三模拟)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　CD　)

A．当F>2μmg时，A相对B开始滑动

B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

C．当F＝3μmg时，A的加速度为μg

D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg

[解析]　A刚相对B开始滑动时，有F－×3mg＝3ma，F－2μmg＝2ma，解得F＝3μmg，a＝μg，所以当F>3μmg时，A相对B开始滑动，A错误，C正确；当F＝μmg时，二者没有相对滑动，整体有F－×3mg＝3ma，解得a＝μg，B错误；当A与B相对滑动时，B的加速度最大，最大为μg，D正确。

二、非选择题

9．(2022·山东日照市高三模拟)如图所示，质量M＝2 kg的滑板P足够长，在光滑水平地面上以速度v0＝7 m/s向右运动。t＝0时刻，在P最右端位置轻轻地放一质量m＝1 kg的小物块Q(可看作质点)，同时给Q施加一个水平向右的恒力F＝8 N。已知P与Q间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)运动过程中，P的最小速度是多少？

(2)从t＝0开始，经过多长时间，Q刚好要从P的右端掉下？

[答案]　(1)6 m/s　(2) s

[解析]　(1)设P的加速度大小为a1，对P由牛顿第二定律可得μmg＝Ma1，

解得a1＝2 m/s2，方向向左，

设Q的加速度大小为a2，对Q由牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma2，

解得a2＝12 m/s2，方向向右，P做减速运动v1＝v0－a1t1，

Q做加速运动v2＝a2t1，P、Q达到共同速度时v1＝v2，

解得t＝0.5 s，v1＝6 m/s。

(2)从开始计时到达到共同速度，P的位移大小为x1，

x1＝v0t1－a1t＝3.25 m，Q的位移大小为x2，

x2＝a2t＝1.5 m。

Q相对P向左运动的距离为d，则d＝(x1－x2)＝1.75 m，

P、Q达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动。设Q的加速度大小为a3，对Q由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma3，解得a3＝4 m/s2，方向向右。Q相对P向右运动，当相对位移大小为d时，Q刚好要从P的右端掉下，d＝(a3－a1)t，解得t2＝ s，

所以t＝t1＋t2＝ s。

10．(2022·太原市山西大附中高三月考)如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B端，由自动卸货装置取走。已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A、B两轮间的距离为L＝64 m，A、B两轮半径忽略不计，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos  53°＝0.6。

(1)若传送带以恒定速率v0＝10 m/s传动，求被选中的铁矿石从A端运动到B端所需要的时间；

(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间。

[答案]　(1)8.9 s　(2)2 m/s2　8 s

[解析]　(1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石，沿传送带方向Ff－mgsin θ＝ma，

垂直传送带方向FN－mgcos θ－F＝0，

其中F＝1.4mg，Ff＝μFN，解得a＝2 m/s2。

则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为t1＝＝ s＝5 s

对应的位移为x1＝at＝×2×52 m＝25 m，

根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B端，则其匀速运动时间为t2＝＝s＝3.9 s，

所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为t＝t1＋t2＝8.9 s。

(2)只有铁矿石一直加速运动到B点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s2，所以传送带的最小加速度为amin＝2 m/s2，则有L＝at′2，代入数据解得最短时间为t′＝8 s。