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2025届人教新高考高三物理一轮复习考点规范练10牛顿运动定律的综合应用（二）（Word版附解析）
展开这是一份2025届人教新高考高三物理一轮复习考点规范练10牛顿运动定律的综合应用（二）（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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m0Fm+m0
2.如图甲所示,倾角为θ的传送带始终沿逆时针方向以速度v0匀速转动。t=0时,将一小物块无初速度轻放在传送带上端,随后小物块的速度v与时间t关系如图乙所示。已知t1时刻前后,小物块的加速度分别为a1、a2,小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则a1、a2的差值为( )
甲
乙
A.μgcs θB.2μgcs θ
C.gsin θD.2gsin θ
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,cs 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18
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 sB.2 s
C.2 sD.3 s
5.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的质量为2 kg,B的质量为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.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
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θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为m=2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2 s末物体到达B端,取沿传送带向下为正方向,g取10 m/s2,求:
甲
乙
(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v;
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。
10.“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=Fm0+m,隔离长木板,受力分析,长木板所受的合力为F合=m0Fm0+m,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=mFm0+m,故选项B错误。
2.B 解析:由题意知小物块受重力、支持力和摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得,a1=g(sin θ+μcs θ),a2=g(sin θ-μcs θ),a1-a2=2μgcs θ,故B正确,A、C、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12×(4+12)×1 m+12×1×4 m=10 m,选项B错误。0~1 s内,gsin θ+μgcs θ=8 m/s2;1~2 s内,gsin θ-μgcs θ=4 m/s2,解得μ=14,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12at2-12a1t2=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=F0mA+mB=2 m/s2,则t=3 s时,B的速度为v3=at=a0+a2t=9 m/s,故B错误。5 s时A物体的加速度为a2=F-FfmA=16-0.2×202 m/s2=6 m/s2,则5 s时A物体的速度为vA=v3+aAt=9 m/s+4+62×2 m/s=19 m/s,故C正确。撤去外力时,B的速度vB=v3+μmAgmBt=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-μmAgmAt0=17 m/s+μmAgmBt0,解得t0=13 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+μmgcs θ=ma1,得a1=gsin θ+μgcs 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
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=F-μmgm0=Fm0−μmgm0,图线的斜率k=1m0=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=F-μmgm0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)传送带A、B间的距离l即为v-t图线与t轴所围的面积,所以
l=12×1×10 m+12×(10+12)×1 m=16 m
由平均速度的定义得v=lt=8 m/s。
(2)由v-t图像可知传送带运行速度为v1=10 m/s
0~1 s内物体的加速度为a1=ΔvΔt=10 m/s2
1~2 s内物体的加速度为a2=2 m/s2
根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcs θ=ma1
mgsin θ-μmgcs θ=ma2
联立两式解得μ=0.5。
答案:(1)8 m/s (2)0.5
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=12a3t12
μ2mg=ma4
x2=12a4t22
F-μ1mg-μ2(m'+m)g=m'a5
x3=12a5t12=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
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