江苏专用高考物理一轮复习课后练习9牛顿运动定律的综合应用含答案

这是一份江苏专用高考物理一轮复习课后练习9牛顿运动定律的综合应用含答案，共10页。试卷主要包含了运动员进行跳伞训练等内容，欢迎下载使用。


1．(2020·吴江汾湖高级中学月考)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＝2 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝9 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＝0.2，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5 s
B．背包从A运动到B所用的时间为3 s
C．背包与传送带之间的相对位移为8 m
D．背包与传送带之间的相对位移为10 m
A [背包放在水平传送带上后，由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg＝ma可得a＝2 m/s2背包达到传送带的速度v＝2 m/s所用时间为t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,2) s＝1 s。此过程背包位移为x1＝eq \f(v,2)t1＝1 m<9 m所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移Δx＝vt1－x1＝1×2 m－1 m＝1 m。背包匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v)＝eq \f(9－1,2) s＝4 s所以背包从A运动到B所用的时间为t＝t1＋t2＝5 s。故选A。]
2．(2019·苏锡常镇二模)运动员进行跳伞训练。假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，不计开伞时间，跳伞运动员下落过程v­t图象不可能是( )
A B
C D
D [没有打开降落伞时做自由落体运动，在打开伞瞬间获得速度v，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，则f＝kv。若kv＝mg，则运动员接下来做匀速直线运动，故A项正确；若kvmg，则运动员所受合力向上且kv－mg＝ma，运动员做加速度减小的减速直线运动直到匀速运动，故C项正确，D项错误。]
3．(2020·江苏省如皋中学高三月考)如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢的竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则( )
A．加速度一定向右，不能超过μg
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
D [小车静止时，A恰好不下滑，所以对A有mg＝μF引当小车加速运动时，为了保证A不下滑，则FN≥F引，则FN－F引＝ma加速时加速度一定向左。对B有μ(mg＋F引)＝mam，解得am＝(1＋μ)g。故选D。]
4．(2020·江苏省西亭高级中学高三模拟)AB是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是( )
A．杆对物块的支持力为Mg
B．细线上的拉力为eq \f(mg,sin θ)
C．F＝(M＋m)gtan θ
D．物块和小球的加速度为gsin θ
C [对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示，
图1 图2
根据牛顿第二定律得：水平方向：F＝(M＋m)a，竖直方向：N＝(M＋m)g，故A错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得：mgtan θ＝ma；T＝eq \f(mg,cs θ)，故B错误；对整体在水平方向：F＝(m＋M)a＝(m＋M)gtan θ，故C正确，D错误。]
5．(2020·江苏赣榆高三期中)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止。现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。则( )
A．a2＝a1 B．a2>a1 C．x2>x1 D．x2＝x1
B [设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：a1＝eq \f(μM＋mg,M＋m)＝μg；拿走砝码施加F时，加速度：a2＝eq \f(μMg＋F,M)＝eq \f(M＋m,M)μg，可知a2＞a1。根据v2＝2ax得，x＝eq \f(v2,2a)。知加速度增大，则滑行的距离变小，即x26．(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
[解析] 本题通过板——块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用，考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力，体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要素。
A、B的运动过程如图所示
(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动2aAL＝veq \\al(2,A)
解得vA＝eq \r(2μgL)。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg。
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2eq \r(2μgL)。
[答案] (1)eq \r(2μgL) (2)3μg μg (3)2eq \r(2μgL)
7．如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物体从A点到达B点所需的时间。
(2)若传送带顺时针运动的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
[解析] (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1，①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝eq \f(v0－v,a1)，②
通过的位移x1＝eq \f(v0＋v,2)t1，③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2，
Mgsin θ－μMgcs θ＝Ma2，④
物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点
L－x1＝vt2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，⑤
联立得①②③④⑤式可得
t＝t1＋t2＝2.2 s。
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a2，
L＝v0t′－eq \f(1,2)a2t′2，
t′＝1 s(t′＝5 s舍去)。
[答案] (1)2.2 s (2)1 s
8．(2019·江苏盐城中学高三月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
B．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
C．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．若F＝8 N，则B物块的加速度为4.0 m/s2
B [A与纸板间的最大静摩擦力为：fA＝μmAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B与纸板间的最大静摩擦力为：fB＝μmBg＝0.2×1×10 N＝2 N；若F＝1.5 N＜fA，所以A、B与纸板保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F＝1.5 N，故A错误。当B刚要相对于纸板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：fB＝mBa0，又fB＝μmBg，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(mA＋mB)·a0＝2×2 N＝4 N，即达到4 N后，B将相对纸板运动，此时B受到的摩擦力f＝2 N；则对A分析，A受到的摩擦力也为2 N，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸板间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8 N时，B与纸板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2 m/s2，无论力F多大，A和纸带之间不会发生相对滑动，故B正确、C、D错误。]
9．(2019·滨州二模)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eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(2,1)B．若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)＝eq \f(1,2)
C．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(2,1)D．若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)
D [对第一、二幅图有：若eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则eq \f(f1,f2)＝eq \f(1,2)，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－Fsin θ＝Ma3，若eq \f(a2,a3)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f2,f3)≠eq \f(1,2)，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(f3,f4)＝eq \f(1,2)，故选项C错误；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cs θ＝mg、F4cs α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若eq \f(a3,a4)＝eq \f(1,2)，则eq \f(tan θ,tan α)＝eq \f(1,2)，故选项D正确。]
10．(2020·江苏启东高三一模)如图所示，光滑水平面上放着长L＝2 m，质量为M＝4 kg的薄木板，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始均静止。现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取10 m/s2。求：
(1)为使小物体不从木板上掉下，F不能超过多少；
(2)如果拉力F＝11 N，小物体能获得的最大速度；
(3)如果拉力F＝11 N作用了t＝1 s后即撤去，小物体能获得的最大速度。
[解析] (1)物体随木板运动的最大加速度为a，对小物体由牛顿第二定律：μmg＝ma
所以可得小物体最大加速度为：a＝μg＝0.2×10＝2 m/s2
对整体分析，由牛顿第二定律得：
Fm＝(M＋m)a＝(4＋1)×2＝10 N。
(2)因施加的拉力F＞10 N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，
对木板由牛顿第二定律：F－μmg＝Ma1
物块在木板上相对运动的时间为t，有：
L＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)at2
解得：t＝4 s
物块脱离木板时的速度最大为：vm＝at＝8 m/s。
(3)因施加的拉力F＞10 N，故物体相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a1，
对木板由牛顿第二定律：F－μmg＝Ma1
解得：a1＝eq \f(9,4) m/s2
由上可知t＝1 s时，物体并未脱离木块，此时
物体的速度为：v1＝at＝2 m/s
物体的位移为：x1＝eq \f(1,2)at2＝1 m
木板的速度为：v2＝a1t＝eq \f(9,4) m/s
木板的位移为：x2＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(9,8) m
撤去外力后，物体的加速度为：a＝μg＝0.2×10＝2 m/s2
木板的加速度为：a2＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
木板和物块共速时间为：v2－a2t2＝v1＋at2
代入数据解得：t2＝0.1 s
此过程中物体的位移为：x′1＝v1t2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝0.21 m
木板的位移为：x′2＝v2t2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝0.222 5 m
物块相对木板滑动的距离为：ΔL＝x2－x1＋x′2－x′1＝eq \f(9,8)－1＋0.222 5－0.21 m＝0.137 5 m<2 m
所以物块将会与木板相对静止，且此时物块速度最大，即vmax＝v1＋at2＝2.2 m/s。
[答案] (1)10 N (2)8 m/s (3)2.2 m/s
11．(2020·开封模拟)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v­t图象如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：
甲 乙
(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；
(2)B运动的时间及B运动的位移大小。
[解析] (1)由题图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由vA＝－1 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aA＝eq \f(v－vA,t1)＝eq \f(2－－1,3) m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。
当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s＝eq \f(v\\al(2,A),2aA)＝0.5 m。
(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1，
由牛顿第二定律得μ1mg＝maA
则μ1＝eq \f(aA,g)＝0.1
由题图乙可知，0～3 s内B做匀减速运动，
其速度由vB＝14 m/s变为v＝2 m/s
则其加速度大小为aB＝eq \f(vB－v,t1)＝eq \f(14－2,3) m/s2＝4 m/s2
方向水平向左
设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB
则μ2＝eq \f(aB－μ1g,2g)＝0.15
3 s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
2μ2mg－μ1mg＝ma′B
则B的加速度大小为a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2
方向水平向左
3 s之后运动的时间为t2＝eq \f(v,a′B)＝eq \f(2,2) s＝1 s
则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s
0～4 s内B的位移xB＝eq \f(vB＋v,2)t1＋eq \f(v,2)t2＝25 m，方向水平向右。
[答案] (1)0.5 m (2)4 s 25 m