新教材高考物理一轮复习课时规范练9牛顿运动定律的综合应用含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练9牛顿运动定律的综合应用含答案，共8页。试卷主要包含了4B，5 sD等内容，欢迎下载使用。

1.(整体法与隔离法)如图所示,质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起,但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A.0B.50 N
C.10 ND.8 N
2.(多选)(传送带问题)(2023广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带沿逆时针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度从左端滑上传送带,在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变,重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果正确的是( )
A.μ=0.4B.μ=0.2
C.t=4.5 sD.t=3 s
3.(整体法与隔离法)如图所示,在光滑水平面上放有一质量m0=30 kg的斜劈,在其斜面上放一质量m=2 kg的物块,现用一水平向右的力F拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对静止。已知斜劈倾角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。则拉力F大小为( )
A.1 NB.10 N
C.31 ND.310 N
4.(连接体问题)(2022河北衡水深圳中学月考)如图所示,五块完全相同的木块并排放在水平地面上,它们与地面间的摩擦不计。当用力F推1使它们共同加速运动时,第2块木块对第3块木块的推力为( )
A.15FB.25F
C.35FD.F
5.(临界问题)(2022河北石家庄期末)如图所示,A、B两个物体相互接触但并不黏合,放置在水平面上,水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量mA为4 kg,mB为6 kg。从t=0开始,推力FA和拉力FB分别作用于A、B上,FA、FB随时间的变化规律为FA=(8-2t)(N),FB=(2+2t)(N),则下列说法正确的是( )
A.t=1 s时,A、B间的相互作用力为6 N
B.t=1 s时,A的加速度为1 m/s2
C.t=3 s时,A、B间的相互作用力为6 N
D.t=3 s时,B的加速度为1 m/s2
6.(多选)(传送带问题)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连,两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动,某时刻物块1到达桌面的右边缘,如图所示。当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后,经过一段时间到达传送带的最右端,若传送带的速度大于v0且保持不变,物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2),不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙,细线的长度小于传送带的长度,则在此过程中( )
A.物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动
B.两物块都在传送带上时,它们所受的摩擦力一定不相等
C.两物块在任何时刻的速度和加速度都相等
D.可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段
素养综合练
7.如图所示,质量m0=1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,设木板足够长,若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2。下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小Ff随力F大小变化的是( )
8.如图所示,固定斜面的倾角θ=37°,斜面长为L,一长木板放在斜面上,长木板的上端与斜面顶端重合,长木板的质量为m、长为L2,一小物块放在长木板的上端,质量也为m。现同时释放小物块和长木板,当长木板的下端到达斜面的底端时,小物块也恰好滑到斜面底端,不计小物块的大小,已知sin 37°=0.6,g取10 m/s2。
(1)若小物块与长木板间光滑,则长木板与斜面间的动摩擦因数μ0为多少?
(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ'是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半,斜面的长L=2.4 m,则小物块运动到斜面底端所用的时间为多少?
9.(2023河南信阳模拟)如图甲所示,在顺时针匀速转动且倾角为θ=37°的传送带底端,一质量m=1 kg的小物块以某一初速度向上滑动,传送带足够长。物块的速度与时间(v-t)关系的部分图像如图乙所示。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求物块与传送带之间的动摩擦因数μ。
(2)求物块沿传送带向上运动的最大位移。
(3)求物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程。
答案：
1.D 解析 剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=40 N,剪断细线的瞬间,对整体分析,整体加速度a=(mA+mB)g-FmA+mB=(4+1)×10-404+1 m/s2=2 m/s2,隔离B进行分析,mBg-FN=mBa,解得FN=mBg-mBa=8 N,故D正确,A、B、C错误。
2.BC 解析 由题图乙可得,物块做匀减速运动的加速度大小a=ΔvΔt=2.0 m/s2,由牛顿第二定律得Ff=ma=μmg,则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,A项错误,B项正确;在v-t图像中,图线与t轴所围面积表示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时,物块的位移为0,由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s,C项正确,D项错误。
3.B 解析 对物块受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可得Ff cs 37°-FN sin 37°=ma,竖直方向,根据平衡条件可得Ff sin 37°+FN cs 37°=mg,根据摩擦力的计算公式可得Ff=μFN,联立解得a=516m/s2;以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得F=(m0+m)a=10 N,故B正确,A、C、D错误。
4.C 解析 设木块的质量为m,5块木块为一个整体,由牛顿第二定律得F=5ma,解得a=F5m。以3、4、5木块为整体,第2块木块对第3块木块的推力由牛顿第二定律得F23=3ma=3m×F5m=35F,故A、B、D错误,C正确。
5.B 解析 当t=1 s时,假设A、B并未分离而相互挤压着,此时FA=6 N,FB=4 N,A与B所受到的合力为10 N,且A与B的质量和为10 kg,根据牛顿第二定律F=ma,得整体的加速度为1 m/s2。对A受力分析,A受到B对A的作用力与FA的合力为A的质量与加速度的乘积,即FB对A=FA-mAa=6 N-4×1 N=2 N,可见假设成立。则t=1 s时,A、B间的相互作用力为2 N,A的加速度为1 m/s2,故A错误,B正确。物体A、B刚要分离时,两者之间的作用力为0,两者的加速度仍为1 m/s2。对B有FB=mBa,代入数据得t=2 s,即2 s以后A、B分离,t=3 s时,FB=8 N,B的加速度等于FB除以B的质量,计算结果为43 m/s2,故C、D均错误。
6.AD 解析 物块1滑上传送带后,在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动,由于物块1和物块2通过不可伸长的细线连接,故物块2也做匀加速运动;如果在物块2滑上传送带之前,物块1的速度已经等于传送带的速度,则此后物块1、2均做匀速直线运动,故A正确。两物块都在传送带上时,如果两物块速度与传送带相同,则两物块所受静摩擦力相等,均为零,故B错误。如果物块2滑上传送带时,物块2的速度小于传送带的速度,由于两个物块与传送带间的动摩擦因数μ1<μ2,则加速度a17.C 解析 铁块与木板之间摩擦力的最大值为Ff2max=μ2mg=4 N,木板与地面间的摩擦力的最大值为Ff1max=μ1(m0+m)g=2 N。当F≤2 N时,木板和铁块相对地面静止,Ff=F。当木板和铁块恰好一起相对地面加速运动时,设此时系统的加速度为a,根据牛顿第二定律,对整体有F-μ1(m0+m)g=(m0+m)a,对铁块有F-Ff2max=ma,可得F=6 N,所以当2 N8.答案 (1)316 (2)1 s
解析 (1)若小物块与长木板间光滑,则小物块沿长木板下滑的加速度大小a1=gsin θ
小物块从斜面顶端滑到底端所用时间t1满足L=12a1t12
长木板下滑时,有mgsin θ-μ0×2mgcs θ=ma2
12L=12a2t12
解得μ0=14tan θ=316。
(2)若小物块与长木板间的动摩擦因数μ'是长木板与斜面间动摩擦因数μ的一半,
则对小物块,有a1'=g sin θ-μ'gcs θ,L=12a1't22
对长木板,有mgsin θ+μ'mgcs θ-μ×2mgcs θ=ma2'
12L=12a2't22
μ'=12μ
解得μ'=320
则a1'=4.8 m/s2
小物块运动到斜面底端所用的时间t2=2La1'=1 s。
9.答案 (1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m
解析 (1)由题图乙可知,物块的初速度v0=8 m/s,物块的速度减速到与传送带的速度相同时,加速度发生变化,所以传送带转动时的速度v=4 m/s
从0到0.4 s时间内,物块加速度大小为a1=ΔvΔt=8-40.4 m/s2=10 m/s2,方向沿斜面向下。
物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用,沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcs θ=ma1,解得μ=0.5。
(2)设在0.4 s后,物块做减速运动的加速度大小为a2,物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcs θ=ma2,解得a2=2 m/s2
物块从0.4 s开始,经过t1时间速度减为零,则t1=42 s=2 s
从0到0.4 s,物块位移为x1=v0Δt-12a1(Δt)2=2.4 m
从0.4 s到2.4 s,物块减速到零的位移为x2=v2t1=42×2 m=4 m
物块沿传送带向上运动过程中的位移为x=x1+x2=6.4 m。
(3)从0到0.4 s,传送带位移为x3=vΔt=1.6 m,物块相对传送带向上运动Δx1=x1-x3=0.8 m
从0.4 s到2.4 s,传送带位移x4=vt1=8 m,物块相对传送带向下运动Δx2=x4-x2=4 m
故物块向上运动到最高点的过程中,物块相对传送带的路程Δx=Δx1+Δx2=4.8 m。