2024届高考物理一轮总复习课时跟踪检测十三牛顿运动定律的综合应用二

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课时跟踪检测（十三）  牛顿运动定律的综合应用（二）[课时跟踪检测]1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是(　 )A．M下滑的速度不变B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动C．M先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C　传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　 )A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5 s到达B处C．行李提前0.5 s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处解析：选BD　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝ ＝  s＝2 s，D正确。3.如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行。t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10 m/s2。在选项中，关于滑块相对地面运动的v-t图像正确的是(　 )解析：选D　滑块在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－2 m/s2，运动的时间t3＝1 s，所以速度—时间图像对应D选项。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，取g＝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解析：选A　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＝Ma，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A正确。5．(多选)如图甲所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块，小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0均已知，则(　 )A．传送带的速度可能大于v0B．t0后小滑块受到的摩擦力为mgsin θC．传送带一定沿顺时针转动D．小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为－tan θ解析：选BD　由题图乙可知，小滑块先做初速度为零的匀加速直线运动，在t0后以速度v0做匀速直线运动，由此可知mgsin θ≤μmgcos θ。如果传送带沿逆时针方向转动，滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下，滑块先做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时，滑块做匀速直线运动，则传送带的速度v＝v0；如果传送带沿顺时针方向转动，滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿传送带向上，滑块向上做匀加速直线运动，当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动，传送带速度v＝v0；由以上分析可知，传送带既可能沿顺时针方向转动也可能沿逆时针方向转动，传送带速度不会大于v0，A、C错误。由题图乙可知，t0后滑块做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知Ff＝mgsin θ，B正确。由题图乙可知，滑块做匀加速直线运动时的加速度a＝，如果传送带沿逆时针方向转动，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得μ＝－tan θ，D正确。6.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　 )A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2C．经过  s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为 m/s解析：选AC　对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a1＝＝2 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝1 m/s2，A正确，B错误；要使小孩与滑板分离，a1t2－a2t2＝L，解得t＝ s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2 m/s，C正确，D错误。7．(2023·南京模拟)如图甲所示，质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小为g，A、B间的动摩擦因数为μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　 )A．若m取一更大的值，则图像的斜率变小B．若m取一更大的值，则图像的斜率变大C．若M取一更大的值，则图像的斜率变大D．若M取一更大的值，则图像的斜率不变解析：选B　对整体受力分析可知，使A、B保持相对静止的最大外力为F＝(M＋m)a，隔离B有μmg＝Ma，联立解得F＝μg，图像斜率k＝＝m，若m取一更大的值，则图像的斜率变大，故A错误，B正确；若M取一更大的值，则图像的斜率变小，故C、D错误。8．(2023·长春高三调研)某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？解析：(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a，对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，联立解得F0＝0.15 N。(2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min。则对橡皮擦有x1＝at2，v＝at对纸板有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2x2＝v0mint－a2t2，v＝v0min－a2t根据位移关系有x2－x1＝联立解得v0min＝ m/s则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝ m/s。答案：(1)0.15 N　(2)v0≥ m/s9.如图所示，与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v＝2 m/s沿顺时针方向转动，两传动轮间距L＝5 m。现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v0＝4 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度。解析：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1则a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2物块运动位移x1＝＝0.6 m物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f＝μmgcos θ＜mgsin θ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小。此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2得a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2位移x2＝＝1 m则物块沿传送带上升的最大高度为H＝(x1＋x2)sin 37°＝0.96 m。答案：0.96 m