23版新高考一轮分层练案(九)　牛顿运动定律的综合应用

一轮分层练案(九)　牛顿运动定律的综合应用

1.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

【答案】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＝m1a＋f，而f不一定等于μm1g，故D错误。

2.中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈现给世界的一张靓丽名片，目前“中国高铁”通车里程达到3.5万公里，居世界第一位。为满足高速运行的需要，在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为F的动力。当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为(　　)

A.F向后  B.F向前

C.F向后  D.F向前

【答案】A　假设机车和车厢的质量为m，摩擦和空气阻力为f，加速度为a，对于16节车厢有2F－16f＝16ma，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为f1，则对后六节车厢有F－6f＋f1＝6ma，解得f1＝－F，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为F，方向向后，选项A正确。

3．(多选)质量分别为2 kg和3 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20 N、F2＝10 N，则下列说法正确的是(　　)

A．弹簧的弹力大小为16 N

B．若把弹簧换成轻质绳，则绳对物块的拉力大小为10 N

C．如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12 N

D．若F1＝10 N、 F2＝20 N，则弹簧的弹力大小不变

【答案】AC　弹簧不再伸长后，A、B具有相同的加速度。对于整体AB，根据牛顿第二定律得F1－F2＝(mA＋mB)a，代入数据解得a＝2 m/s2，对A，由牛顿第二定律得F1－F弹＝mAa，代入数据解得F弹＝16 N，故A正确；若把弹簧换成轻质绳，则绳对物块的拉力大小仍然为16 N，故B错误；只有F1作用时，对整体AB，根据牛顿第二定律得F1＝(mA＋mB)a，解得a＝4 m/s2对A，由牛顿第二定律得F1－F弹＝mAa，解得F弹＝12 N，故C正确；若F1＝10 N、F2＝20 N，对整体AB，根据牛顿第二定律得F2－F1＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2，对A，由牛顿第二定律得F弹－F1＝mAa，解得F弹＝14 N，故D错误。

4.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)

A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零

B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零

C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma

D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值

【答案】D　对球进行受力分析，球受到重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有FN2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，选项B错误，选项D正确；水平方向有FN1－FN2sin α＝ma，因为FN2sin α≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力在水平方向的分力大小等于ma，在竖直向上方向的分力大小等于mg，因此大于ma，选项C错误。

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

【答案】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，背包达到传送带的速度所用时间t1＝＝0.2 s，此过程背包相对地面位移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t＝t1＋t2＝2.1 s，故A、D正确。

6.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的顶板上。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

【答案】B　对物块A、B进行受力分析，如图所示。开始时A恰好不下滑，对A有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝，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，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，选项A、C、D错误。

7．电影《情报特工》中，有一特工队员潜入敌人的堡垒，准备窃取铺在桌面上的战略图板A，图板上面有一个砚台B，情境简化如图。图板A的质量为m，与桌面间的动摩擦因数为μ，砚台B的质量为2m，与图板间的动摩擦因数为2μ，用平行于桌面向右的力F将图板加速拉出桌面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)

A．砚台B对图板A的摩擦力方向向右

B．砚台B的加速度随拉力F增大而一直增大

C．当F>3μmg时，图板A与砚台B发生相对滑动

D．当F＝4.5μmg时，砚台B的加速度为0.5μg

【答案】D　砚台B随图板A向右加速运动，受向右的摩擦力，则砚台B对图板A的摩擦力方向向左，选项A错误；当F增大到一定值，砚台B与图板A产生相对滑动，B所受的摩擦力不变，此时B的加速度不变，选项B错误；砚台B与图板A刚好要产生相对滑动时，则2μ·2mg＝2mam，解得am＝2μg，此时对整体F0－μ·3mg＝3mam，解得F0＝9μmg，即当F>9μmg时，图板A与砚台B发生相对滑动，选项C错误；当F＝4.5μmg<F0时，此时图板A与砚台B相对静止，砚台B的加速度等于整体的加速度，即a＝＝0.5μg，选项D正确。

8.一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：

(1)工件第一次到达B点所用的时间；

(2)工件沿传送带上升的最大高度；

(3)工件运动了23 s后所在的位置。

解析：(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得

μmg＝ma1，

解得a1＝μg＝5 m/s2，

经t1时间工件与传送带的速度相同，解得

t1＝＝0.8 s，

工件前进的位移x1＝a1t12＝1.6 m，

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时

t2＝＝0.6 s，

所以工件第一次到达B点所用的时间

t＝t1＋t2＝1.4 s。

(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，

解得a2＝－2 m/s2

由速度—位移公式得0－v2＝2a2，

解得hm＝2.4 m。

(3)工件沿传送带向上运动的时间为

t3＝＝2 s，

此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则

T＝2t1＋2t3＝5.6 s，

工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。

【答案】(1)1.4 s　(2)2.4 m　(3)在A点右侧2.4 m处

9．某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书A、B从高楼楼顶放手让其落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其v­t图像如图所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA＝2 kg，mB＝2 kg，g＝10 m/s2。由图可知(　　)

A．0～2 s内A、B的平均速度等于4.5 m/s

B．t＝2 s时A、B受到空气阻力等于25 N

C．t＝2 s时A对B的压力等于16 N

D．下落过程中A对B的压力不变

【答案】C　根据题图可知，2 s时的速度为9 m/s，根据v­t图像与横坐标轴围成的面积表示位移可知，2 s内的位移大于9 m，所以2 s内的平均速度大于4.5 m/s，故A错误；t＝2 s时A、B的加速度大小为a＝＝2 m/s2，整体根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－f＝(mA＋mB)a，解得t＝2 s时A、B受到空气阻力f＝32 N，故B错误；t＝2 s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAg－FN＝mAa，解得FN＝16 N，根据牛顿第三定律可得A对B的压力等于16  N，故C正确；下落过程中两本书的加速度逐渐减小，A对B的压力FN＝mAg－mAa，逐渐增大，故D错误。

10．如图所示，一质量为m0＝4 kg、倾角θ＝45°的斜面体C放在光滑水平桌面上，斜面体上叠放质量均为m＝1 kg的物块A和B，物块B的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A下表面间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B在水平恒力F作用下与物块A和斜面体C一起恰好保持相对静止地向右运动，取g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

A．物块A受到摩擦力大小Ff＝5 N

B．斜面体的加速度大小为a＝10 m/s2

C．水平恒力大小F＝15 N

D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物体仍然可以相对静止

【答案】A　对物块A和B整体进行受力分析，受重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示

根据牛顿第二定律则有

F－FNsin θ＝2ma

其中FNcos θ＝2mg

对物块A、B和斜面体C分析，根据牛顿第二定律则有F＝(2m＋m0)a

联立解得a＝5 m/s2，F＝30 N

对物块A分析，根据牛顿第二定律可得物块A受到摩擦力大小Ff＝ma＝5 N

故A正确，B、C错误；

如果水平恒力作用在A上，假设A、B、C三物体仍然可以相对静止，由以上分析可知，水平推力F与加速度a保持不变，隔离A则有F－f＝ma，解得f＝25 N，而A、B间的最大静摩擦力fmax＝μmg＝5 N<f，故假设错误，D项错误。

11.如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝1 kg，一质量为m1＝1 kg的物体(可视为质点)以v0＝6 m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2)

(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；

(2)若μ1＝0.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。

解析：(1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得

μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g，

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得

μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，

联立两式，代入数据得0.4＜μ1≤0.6。

(2)若μ1＝0.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动。设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，

由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，

设物体滑到木板A末端时的速度为v1，

由运动学公式得v12－v02＝－2a1l，

设物体在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得

v1＝v0－a1t，

代入数据得v1＝4 m/s，t＝0.4 s。

【答案】(1)0.4＜μ1≤0.6　(2)4 m/s　0.4 s

12．如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每

次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。

(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；

(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度。

解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为Ff，由牛顿运动定律有

Mg＋Ff＝Ma1 ①

Ff－mg＝ma2 ②

联立①②式并代入题给数据，得

a1＝2g，a2＝3g。 ③

(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为

v0＝ ④

方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式

v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤

联立③④⑤式得

t1＝  ⑥

设此时管下端距水平地面的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得

h1＝v0t1－a1t12 ⑦

v＝v0－a1t1⑧

由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有

h2＝ ⑨

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则

H1＝h1＋h2 ⑩

联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

H1＝H。 ⑪

【答案】(1)2g　3g　(2)H