人教版新高考物理一轮总复习训练题牛顿运动定律的综合应用(二)

考点规范练10　牛顿运动定律的综合应用(二)

一、单项选择题

1.如图所示,光滑水平面上,水平恒力F作用在木块上,长木板和木块间无相对滑动,长木板质量为m0,木块质量为m。它们的共同加速度为a,木块与长木板间的动摩擦因数为μ,则在运动过程中(　　)

A.木块受到的摩擦力一定是μmg

B.木块受到的合力为F

C.长木板受到的摩擦力为μmg

D.长木板受到的合力为

2.如图所示,水平传送带A、B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度大小g取10 m/s2。工件滑上A端时瞬时速度vA=4 m/s,到达B端时的瞬时速度设为vB,则下列说法不正确的是(　　)

A.若传送带不动,则vB=3 m/s

B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,则vB=3 m/s

C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=3 m/s

D.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=2 m/s

3.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　)

A.传送带的速度为4 m/s

B.传送带底端到顶端的距离为14 m

C.物块与传送带间的动摩擦因数为

D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

4.如图甲所示,一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1 kg、可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22 N的水平外力拉长木板,g取10 m/s2,则小物块在长木板上滑行的时间为              (　　)

A.1 s B.2 s

C. s D. s

5.(2020·山东新高考质量联盟模拟卷)如图所示,在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A、B,A、B之间的动摩擦因数为0.2,A质量为2 kg,B质量为1 kg,从0时刻起,A受到一向右的水平拉力F的作用,F随时间变化的规律为F=(6+2t)(N)。t=5 s时撤去外力,运动过程中A一直未滑落,g取10 m/s2,则              (　　)

A.t=2 s时,A、B发生相对滑动

B.t=3 s时,B的速度为8 m/s

C.撤去外力瞬间,A的速度为19 m/s

D.撤去外力后,再经过1 s,A、B速度相等

二、多项选择题

6.(2020·山东德州期末)如图所示,传送带与水平面的夹角为θ,传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ,能反映小木块的速度随时间变化关系图像的可能是(　　)

7.(2020·福建泉州期末)如图所示,质量分别为m=1 kg和m'=2 kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上,两物块均处于静止状态。从某时刻开始,对物块B施加一水平推力F,已知推力F随时间t变化的关系为F=6t(N),两物块之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列结论正确的是(　　)

A.两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/s

B.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为1 s

C.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 m

D.当推力F=2 N时A和B就会发生相对运动

8.如图甲所示,一质量为m0的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.小滑块的质量m=2 kg

B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1

C.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2

D.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大

三、非选择题

9.如图甲所示,倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动,现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,试求:

(1)小物块与传送带间的动摩擦因数;

(2)0~8 s内小物块与传送带之间的划痕的长度。

10.(2020·河北月考)“桌布挑战”的挑战规则是一个人用力抽走桌布,同时保证桌子上的餐具“不动”(肉眼观察不到餐具位置发生变化)。现将该挑战做如图所示的简化,在桌面上放置一块桌布,将一个可视为质点的正方体静置于桌布上,小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布的质量分别为m和m',正方体与桌布间的动摩擦因数为μ1,桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为μ2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若要使正方体相对桌布静止,求拉力的最大值FT;

(2)若肉眼感知物体“不动”的最大距离l=0.007 5 m,m=1 kg,m'=2 kg,μ1=0.1,μ2=0.2,g取10 m/s2,正方体与桌布左端的距离d=0.04 m,求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小拉力F。

考点规范练10　牛顿运动定律的综合应用(二)

1.D　解析:整体的加速度a=,隔离长木板,受力分析,长木板所受的合力为F合=,且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力。又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力,故选项A、C错误,D正确。木块所受的合力F合'=ma=,故选项B错误。

2.D　解析:工件在传送带上滑动时的加速度大小a==1 m/s2。若传送带不动,工件做匀减速运动,由=2(-a)s,则vB=3 m/s,A正确。若传送带做逆时针匀速转动或传送带做顺时针匀速转动的速度不超过3 m/s,则工件在传送带上都是做匀减速运动,vB=3 m/s,B、C均正确,D错误。

3.A　解析:如果v0小于v1,则物块向上做减速运动时加速度不变,与题图乙不符,因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时,继续向上做减速运动,由此可以判断传送带的速度为4 m/s,选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于v-t图线与横轴所围的面积,即×(4+12)×1 m+×1×4 m=10 m,选项B错误。0~1 s内,gsin θ+μgcos θ=8 m/s2;1~2 s内,gsin θ-μgcos θ=4 m/s2,解得μ=,选项C错误。在1~2 s内,摩擦力方向与物块的运动方向相同,选项D错误。

4.A　解析:由题图乙知力F较小时,小物块和长木板均静止,随着外力的增大二者先一起加速运动,后来发生相对滑动。当F>2 N时二者开始加速,表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2=2 N;当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N,小物块的加速度a1=4 m/s2。改用F=22 N的外力水平拉长木板时,由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=m'a,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2-a1t2=l,解得t=1 s,故选项A正确。

5.C　解析:当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时,A、B之间刚好出现相对运动。对B物体,根据牛顿第二定律有μmAg=mBa,此时的加速度为a=4 m/s2;对A、B整体,根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)a=12 N=(6+2t) (N),所以t=3 s,故A错误。0~3 s内A、B一起运动,t=0时AB的加速度为a0==2 m/s2,则t=3 s时,B的速度为v3=t=t=9 m/s,故B错误。5 s时A物体的加速度为a2= m/s2=6 m/s2,则5 s时A物体的速度为vA=v3+t=9 m/s+×2 m/s=19 m/s,故C正确。撤去外力时,B的速度vB=v3+t=9 m/s+8 m/s=17 m/s,设经过t0时间两物体速度相等,则有19 m/s-t0=17 m/s+t0,解得t0= s,故D错误。

6.AD　解析:开始阶段,木块所受的滑动摩擦力沿着斜面向下,木块先沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,得a1=gsin θ+μgcos θ恒定,则v-t图像的斜率不变;若传送带足够长,小木块的速度会与传送带速度相等,此时由于μ<tan θ,则有sin θ>μcos θ,所以木块将继续匀加速运动,由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,得a2=gsin θ-μgcos θ,因此,a2<a1,故A正确,B、C错误。若传送带比较短,木块可一直做匀加速运动,故D正确。

7.AB　解析:当物块B达到最大静摩擦力时,物块B相对物块A发生相对滑动,则此时物块B的加速度为a=μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2;对整体受力分析可知,此时的推力F=(m+m')a=3×2 N=6 N,则可知发生相对运动的时间为t=1 s,F是均匀增加的,故1 s内其平均作用力 N=3 N;对整体由动量定理可得,t=(m'+m)v,解得v=1 m/s,故A、B正确,D错误。若物块做匀加速直线运动,则1 s内的位移x=t=0.5 m;而物块做的是变加速直线运动,故位移不是0.5 m,故C错误。

8.AC　解析:当F=6 N时,两物体恰好具有最大共同加速度,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(m0+m)a,代入数据解得m0+m=3 kg。当F大于6 N时,两物体发生相对滑动,对长木板有a=,图线的斜率k==1,解得m0=1 kg,滑块的质量m=2 kg,选项A正确。滑块的最大加速度a'=μg=2 m/s2,所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2,选项B错误。当F=7 N时,由a=知长木板的加速度a=3 m/s2,选项C正确。当两物体发生相对滑动时,滑块的加速度a'=μg=2 m/s2,恒定不变,选项D错误。

9.解析:(1)根据v-t图像的斜率表示加速度可得a= m/s2=1 m/s2

由牛顿第二定律得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma

解得μ=。

(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,

0~6 s内传送带匀速运动的距离为x带=4×6 m=24 m

由题图乙可知:0~2 s内物块位移大小为x1=×2×2 m=2 m,方向沿斜面向下

2~6 s内物块位移大小为x2=×4×4 m=8 m,方向沿斜面向上

所以划痕的长度为Δx=x带+x1-x2=(24+2-8) m=18 m。

答案:(1)　(2)18 m

10.解析:(1)设正方体的最大加速度为a1,桌布的加速度大小为a2,对正方体、桌布分别受力分析有

μ1mg=ma1

FT-μ1mg-μ2(m'+m)g=m'a2

正方体和桌布保持相对静止应满足:a2≤a1

解得:拉力的最大值FT=(μ1+μ2)(m'+m)g。

(2)设正方体在桌布上运动的位移为x1,加速度大小为a3,时间为t1,正方体离开桌布后运动的位移为x2,加速度大小为a4,运动时间为t2;正方体从桌布上离开前,桌面的加速度大小为a5,桌布运动的位移大小为x3。则有μ1mg=ma3

x1=a3

μ2mg=ma4

x2=a4

F-μ1mg-μ2(m'+m)g=m'a5

x3=a5=d+x1

若要完成挑战,则正方体移动的总位移必须小于或等于肉眼感知物体“不动”的最大距离l,考虑临界值有l=x1+x2

由正方体先从零开始做匀加速运动,后做匀减速运动,最终静止在桌面上,有a3t1=a4t2

联立解得 F=25 N。

答案:(1)(μ1+μ2)(m'+m)g

(2)25 N