2023届高考物理二轮复习力与运动牛顿运动定律的综合应用作业含答案

这是一份2023届高考物理二轮复习力与运动牛顿运动定律的综合应用作业含答案，共33页。
力与运动——牛顿运动定律的综合应用
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
1. 如图1所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图2所示)。若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
若本实验中，m1=100g，m2=5g，μ=0.2，香皂盒与纸板左端的距离d=0.1m，若香皂盒移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是(    )
A. 1.42N B. 2.24N C. 22.4N D. 1420N
2. 如图，一倾角为37°的光滑斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块C，另一端与斜面上的长木板B相连，长木板B上有一物块A，A、B的质量都为2kg，C的质量为1kg，A、B之间的摩擦因数为38，取重力加速度g=10m/s2。起初用手将三物体按照图示位置保持静止，松手后，下列说法正确的是(    )
A. A、B将会一起下滑 B. B将相对A向下滑
C. B开始运动的加速度为83m/s2 D. B开始运动的加速度为4m/s2
3. 如图所示，宽度为d的水平传送带以速度v匀速运行，图中虚线为传送带中线。一可视为质点的小滑块以同样大小速度v垂直传送带滑入。当小滑块滑至传送带中线处时恰好相对传送带静止，设传送带表面粗糙程度处处相同，重力加速度为g。下列说法正确的是(    )

A. 小滑块相对传送带滑动的整个过程中，传送带对滑块做正功
B. 小滑块从滑上传送带到恰好与传送带相对静止所用的时间为d2v
C. 小滑块与传送带间的动摩擦因数为v2gd
D. 小滑块在传送带上留下的痕迹为直线，痕迹长为22d
4. 水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间 t 的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2 时刻F的大小。木板的加速度 a1 随时间 t 的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为 μ1，物块与木板间的动摩擦因数μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(    )

A. F1 =μ1m1g B. F2=m2(m1+m2)m1(μ2-μ1)g
C. μ2>m1+m2m2μ1 D. 在0～t2时间段物块与木板加速度相等
5. 如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v=2 m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m=2 kg的煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，g=10 m/s2，则下列说法正确的是
A. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
B. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+22) s
C. 煤块上升的位移为10 m
D. 煤块在皮带上留下的划痕为(9+42) m
6. 如图所示，P、Q两个滑块放在光滑的水平地面上，Q连在水平轻弹簧的左端，弹簧的右端固定在竖直墙面上，水平向右外力F=6N作用在P上，系统处于静止状态，已知P、Q的质量分别为mP=1kg、mQ=0.5kg，弹簧的劲度系数k=100N/m。现将F的方向突变为水平向左，大小不变，仍然作用在P上，则(    )
A. 力F突变为水平向左的瞬间，P、Q的加速度大小为8m/s2
B. 弹簧恢复原长时，P、Q开始分离
C. P、Q分离时，Q的速度最大
D. 从力F方向突变为水平向左到P、Q两者分离，所经历的时间大于320s
7. 如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10m/s2，则(    )
A. 小滑块和木板的质量均为
B. 小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6
C. 小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为
D. 木板长度至少要，小滑块才不会冲出木板
8. 如图所示，直角三角形物体C放在水平地面上，将表面粗糙的两长方体A、B叠放在一起，由静止轻放在C的斜面上，物体C始终静止，已知A与B之间的动摩擦因数为μ1，B与C之间的动摩擦因数为μ2，则在A、B下滑的过程中，下列说法正确的是(    )
A. 若μ ​1>μ ​2，则A与B不发生相对滑动
B. 若μ ​1μ ​2，还是μ ​1μ1(m1+m2)g，即μ2>m1+m2m2μ1，故C正确；
D、通过结合图(c)分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起匀加速运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。
故选：BCD。
A、由图(c)结合物块和木板整体分析，可以求出F1；
B、由图(c)结合牛顿第二定律可以求出F2；
C、根据木板运动的受力可知，木板与地面及物块与木板间的动摩擦因数的关系；
D、通过题意结合图(c)可知在0～t2时间段物块与木板加速度相等。
在运用牛顿第二定律解题时，要注意整体法和隔离法的灵活应用。在研究几个物体的共同加速度时可以选整体为研究对象，但在研究某个物体时要注意隔离法的应用。

5.ABD 
【解析】A、根据v-t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
a1=ΔvΔt=12-21m/s2=10m/s2
a2=Δv'Δt'=21m/s2=2m/s2
对煤块根据牛顿第二定律有
μmgcos θ+mgsinθ=ma1
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
联立代入数据解得：μ=0.5，故A正确；
C、根据v-t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为xm=12(2+12)×1m+12×1×2m=8m，故C错误；
B、设煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为t，对从最高点到返回A端的过程有xm=12a2(t-2)2
代入数据解得：t=(2+22)s，故B正确；
D、0～1s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为
x1=12×(2+12)×1m=7m
x2=vt1=2×1m=2m
煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即l1=x1-x2=7m-2m=5m
在1～(2+22)s内，即t2=(1+22)s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块作匀变速直线运动，设沿斜面向下为正方向，
煤块的的位移为：x'1=-vt2+12a2t22
传送带的位移大小为：x'2=vt2
煤块与皮带的相对位移大小为：l2=x'1+x'2
联立代入数据解得：l2=(9+42)m
因为l2>l1，所以有一部分痕迹是重合的，则煤块在皮带上留下的划痕为(9+42)m，故D正确。
故选：ABD


6.AD 
【解析】A、力F变向之前，弹簧的弹力大小等于F。力F刚变向瞬间，弹簧的弹力不变，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得：F+F弹=(mP+mQ)a1，其中F弹=F，解得：a1=8m/s2，故A正确；
B、P、Q开始分离时，两者间的作用力为零，对P，由牛顿第二定律得F=mPa2
对P、Q整体，根据牛顿第二定律得：F+kx2=(mP+mQ)a2
联立解得此时弹簧的压缩量：x2=0.03m，故B错误；
C、P、Q开始分离时，弹簧处于压缩状态，Q继续向左做加速运动，此时速度不是最大，故C错误；
D、F变向之前，弹簧的压缩量为x1=Fk=6100m=0.06m，从力F方向突变为水平向左到P、Q两者分离P、Q通过的位移为x=x1-x2=0.06m-0.03m=0.03m
假设P以加速度a1=8m/s2向左做匀加速直线运动，有x=12a1t2，解得：t=320 s
对P、Q整体，根据牛顿第二定律得：F+kx=(mP+mQ)a，可知随着弹簧压缩量x的减小，整体的加速度减小，所以此过程所经历的时间大于320s，故D正确。
故选：AD。


7.BC 
【解析】AB、由图像可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1=1m后与木板共速，此时滑块的动能为1J
在0∼1m过程中由动能定理：-μ1mgx1=Ek1-Ek0=-3J
在1∼3m过程中由动能定理：-μ22mgx2=0-2Ek1=-2J
其中x2=2m，μ2=0.1，解得μ1=0.6，m=0.5kg
选项A错误，B正确；
CD、根据Ek0=12mv02，代入数据解得小滑块滑上木板瞬间的初速度大小为v0=4m/s
同理共速时滑块与木块的速度大小为v1=2m/s
滑块的加速度大小为a1=μ1g
到达共速时的时间t=v0-v1a1，代入数据解得t=13s
对木板根据牛顿第二定律有μ1mg-μ2⋅2mg=ma2
小滑块滑上木板瞬间木板的速度v0板=v1-a2t
代入数据解得v0板=23m/s
到达共速时木板的位移x'1=v0板+v12t
滑块相对木板的位移Δx=x1-x'1
联立代入数据解得Δx=59m
即木板长度至少要59m，小滑块才不会冲出木板选项C正确，D错误；
故选：BC。


8.AD 
【解析】AB、假设AB相对静止一起相对斜面滑动，则AB间是静摩擦，对AB整体受力分析如图1：

沿斜面方向根据牛顿第二定律：
(mA+mB)gsinθ-μ2(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a
解得：a=gsinθ-μ2gcosθ
对A受力分析如图2：

沿斜面方向根据牛顿第二定律：
mAgsinθ-fBA=mAa
求得：fBA=μ2mAgcosθ
AB间的最大静摩擦为f=μ1mAgcosθ
若μ1>μ2，f>fBA，则A与B不发生相对滑动
若μ1