2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(九)　牛顿运动定律的综合应用

课时跟踪检测(九)　牛顿运动定律的综合应用

1.如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为(　　)

A．　　　　　　　　　 B．

C．    D．

解析：选C　对两小球组成的整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m的小球分析，根据牛顿第二定律有F弹＝kx＝3ma，可得x＝，故A、B、D错误，C正确。

2.(2020·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　)

A．Mg    B．M(g＋a)

C．(m1＋m2)a    D．m1a＋μm1g

解析：选C　以C为研究对象，有Mg－FT＝Ma，解得FT＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知FT＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B有f＝m2a，对A有FT－f′＝m1a，f＝f′，联立解得FT＝(m1＋m2)a，故D错误。

3．(多选)如图所示，A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是(　　)

A．f＝0    B．f≠0

C．FN＝0    D．FN≠0

解析：选BC　开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力f′＝F，B受地面的摩擦力为F，C受地面的摩擦力为F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知，aB＝＝，aC＝＝，B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力FN＝0，故C正确，D错误。分析A、B，撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力f＝maB＝，故A错误，B正确。

4．(多选)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＝，则＝    B．若＝，则＝

C．若＝，则＝    D．若＝，则＝

解析：选CD　对第一、二幅图有若＝，对M根据牛顿第二定律有f＝Ma，则＝，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＝，则≠，故选项B错误；对第三、四幅图有对M和m整体分析有f＝(M＋m)a，若＝，则＝，故选项C正确；对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＝，则＝，故选项D正确。

5.(多选)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 s

B．背包从A运动到B所用的时间为2.3 s

C．背包与传送带之间的相对位移为0.3 m

D．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m

解析：选AD　背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包速度达到传送带的速度所用时间t1＝＝0.2 s，此过程背包对地面位移x1＝t1＝×0.2 m＝0.1 m<L＝2 m，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1×0.2 m－0.1 m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝＝ s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为t＝t1＋t2＝2.1 s，故A、D正确。

6．(多选)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是(　　)

解析：选ABD　第一种情况：物块在传送带上先减速向左滑行，有可能速度减为零，然后物块会在滑动摩擦力的作用下向右加速，加速度不变；如果v1>v2，物块向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物块恰好离开传送带，有v2′＝v2；如果v1≤v2，物块向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物块还在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带一起向右匀速运动，有v2′＝v1；第二种情况：物块在传送带上减速向左滑行，直接向左滑出传送带，末速度一定小于v2。故A、B、D正确，C错误。

7.(多选)如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)

解析：选BC　设传送带倾角为θ，滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，若mg sin θ>μmg cos θ，合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mg sin θ＝μmg cos θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sin θ<μmg cos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动。A、D错误，B、C正确。

8.(多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

A．系统做匀速直线运动

B．F＝40 N

C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N

D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动

解析：选BD　对斜面体与楔形物体组成的系统进行受力分析，如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。

由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，斜面体对楔形物的支持力也增大，则支持力在竖直方向上的加速度，即楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动，D正确

9．(多选)如图甲所示，一质量为m1的薄木板(厚度不计)静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是(　　)

A.滑块始终与木板存在相对运动

B．滑块未能滑出木板

C．滑块的质量m2大于木板的质量m1

D．在t1时刻，滑块从木板上滑出

解析：选ACD　滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2＝＝μg，a1＝，由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知a2＜a1，即μg＜，则m1＜m2。选项A、C、D正确。

10．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4

B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2

C．图乙中t2＝24 s

D．木板的最大加速度为2 m/s2

解析：选ACD　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.4，选项A正确。由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝＝0.1，选项B错误。t2时刻，滑块与木板将要产生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块有F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t(N)可知，t＝24 s，选项C、D正确。

11.如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为μ，最后B未滑离A。已知M＝2m，重力加速度为g。求：

(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；

(2)木板A的最短长度L。

解析：(1)对A、B分别由牛顿第二定律有

μmg＝MaA，μmg＝maB

又M＝2m，可得aA＝μg，aB＝μg

规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则v＝v0－aBt，v＝－v0＋aAt

解得t＝＝，v＝－。

(2)在时间t内有

A的位移xA＝t＝－

B的位移xB＝t＝

木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即

L＝Δx＝xB－xA＝。

答案：(1)　　(2)

12.如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量 M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点。

(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；

(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

解析：(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)g sin α＝(M＋m)a

以物块为研究对象，由牛顿第二定律得

Ff－mg sin α＝ma

又Ff≤Ffm＝μmg cos α

解得F≤30 N

又a>0，解得F>20 N

所以20 N<F≤30 N。

(2)因F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得

F－μmg cos α－Mg sin α＝Ma1

隔离物块，由牛顿第二定律得

μmg cos α－mg sin α＝ma2

设物块滑离木板所用时间为t

木板的位移x1＝a1t2

物块的位移x2＝a2t2

物块与木板分离的临界条件为

Δx＝x1－x2＝L

联立以上各式解得t＝1.2 s

物块滑离木板时的速度v＝a2t

又－2g sin α·x＝0－v2

解得x＝0.9 m。

答案：(1)20 N<F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m