《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓9 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓9 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后限時集訓9 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 建議用時：45分鐘 1.(多選)(2019·江蘇啟東期末)如圖所示，光滑斜面體上有一個小球m被平行于斜面的細繩系于斜面上，斜面體在水平面上沿直線運動，不計空氣阻力。則(　　) A．若斜面體勻速運動，小球?qū)π泵嬉欢ㄓ袎毫? B．若小球相對斜面靜止，斜面體一定做勻速運動 C．若小球?qū)π泵鏌o壓力，斜面體可能向左加速運動 D．若繩子對小球無拉力，斜面體可能向左加速運動 AD　[若斜面體勻速運動，小球也做勻速運動，則小球受力平衡，小球受重力和繩子的拉力及斜面對小球的支持力，這三個力合力為零，所以小球?qū)π泵嬉欢ㄓ袎毫?，故A正確；如果整體向左加

2、速或向右加速過程中，加速度比較小，小球有可能相對斜面靜止，故斜面體不一定勻速運動，故B錯誤；若小球?qū)π泵鏌o壓力，小球只受重力和繩子的拉力，加速度方向水平向右，則斜面體的加速度也水平向右，可以向右加速，也可以向左減速，故C錯誤；若繩子沒有拉力，則小球只受重力和支持力，加速度方向水平向左，則斜面體的加速度也水平向左，可以向左加速，也可以向右減速，故D正確。] 2．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)二模)運動員進行跳傘訓練。假設(shè)運動員在沒有打開降落傘時做自由落體運動，打開傘后所受空氣阻力和下落速度成正比，不計開傘時間，跳傘運動員下落過程v-t圖象不可能是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　

3、　　　　　　D D　[沒有打開降落傘時做自由落體運動，在打開傘瞬間獲得速度v，打開傘后所受空氣阻力和下落速度成正比，則f＝kv。若kv＝mg，則運動員接下來做勻速直線運動，故A項正確；若kvmg，則運動員所受合力向上且kv－mg＝ma，運動員做加速度減小的減速直線運動直到勻速運動，故C項正確，D項錯誤。] 3.(多選)(2019·山東泰安二模)如圖所示，一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上，t＝0時刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑

4、動摩擦力?；瑝K的v-t圖象可能是(　　) A　　　　　　　B C　　　　　　　D AC　[滑塊滑上木板，受到木板對滑塊向左的滑動摩擦力，做勻減速運動，若木塊對木板的摩擦力大于地面對木板的摩擦力，則木板做勻加速直線運動，當兩者速度相等時，一起做勻減速運動。設(shè)木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，木塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，知木板若滑動，則μ1mg>μ2(M＋m)g，最后一起做勻減速運動，加速度a′＝μ2g，開始時木塊做勻減速運動的加速度大小為a＝μ1g>μ2g，知圖線的斜率變小，故C正確，D錯誤。若μ1mg<μ2(M＋m)g，則木板不動，滑塊一直做

5、勻減速運動，故A正確。由于地面有摩擦力，最終木塊和木板不可能一起做勻速直線運動，故B錯誤。] 4.(多選)(2019·江蘇泗陽模擬)如圖所示，物塊A從弧形滑槽上的某一固定高度滑下后，以速度v1滑上粗糙的水平傳送帶。若傳送帶不動，A滑下后，從離開滑槽進入傳送帶左端開始計時，經(jīng)過時間t1滑至傳送帶右端某處便停止下來而不會掉下去。若傳送帶以恒定速率v2做逆時針轉(zhuǎn)動， A滑下后，從離開滑槽進入傳送帶左端開始計時，直到又返回傳送帶左端，所用時間為t2，則以下判斷正確的是(　　) A．若v1＜v2，則t2＝2t1 B．若v1＞v2，則t2＜2t1 C．若v1＞v2，則t2＞2t1 D．若v1

6、＝v2，則t2＝2t1 ACD　[當傳送帶不動時，物塊滑上傳送帶后做勻減速運動到零。若v1v2，物塊返回時先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，則返回的時間大于開始勻減速運動到零的時間，則t2>2t1，故B錯誤，C正確；若v1＝v2，物塊返回時，一直做勻加速直線運動，同理根據(jù)對稱性可知，t2＝2t1，故D正確。] 5.(多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至

7、A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則煤塊從A端運動到B端的過程中(　　) A．煤塊從A端運動到B端的時間是2.25 s B．煤塊從A端運動到B端的時間是1.5 s C．劃痕長度是0.5 m D．劃痕長度是2 m BD　[根據(jù)牛頓第二定律，煤塊的加速度a＝＝4 m/s2，煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m＜x，此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運動直至B端，所以劃痕長度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，選項

8、D正確，C錯誤；x2＝x－x1＝2 m，勻速運動的時間t2＝＝0.5 s，運動的總時間t＝t1＋t2＝1.5 s，選項B正確，A錯誤。] 6．(2019·江蘇高考)如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA； (2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、a′B；

9、(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。 [解析]　本題通過板——塊組合模型考查了牛頓運動定律的綜合應(yīng)用，考查了學生的綜合分析能力與應(yīng)用數(shù)學知識處理物理問題的能力，體現(xiàn)了科學思維中的模型建構(gòu)、科學推理等素養(yǎng)要素。 A、B的運動過程如圖所示 (1)由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA＝μg 勻變速直線運動2aAL＝v 解得vA＝。 (2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m 對齊前，B所受合外力大小F＝3μmg 由牛頓運動定律F＝maB，得aB＝3μg 對齊后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg 由牛頓運動定律F′＝2ma′B，得a′B＝μg。 (3)經(jīng)過時間t，A、B達到共同速度v

10、，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA 則v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L 解得vB＝2。 [答案]　(1)　(2)3μg　μg　(3)2 7．(2019·馬鞍山檢測)兩物塊A、B并排放在水平地面上，且兩物塊接觸面為豎直面，現(xiàn)用一水平推力F作用在物塊A上，使A、B由靜止開始一起向右做勻加速運動，如圖甲所示，在A、B的速度達到6 m/s時，撤去推力F。已知A、B質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝3 kg，A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，B與地面沒有摩擦，B物塊運動的v-t圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，求：

11、甲　　　　　　　乙　 (1)推力F的大??； (2)A物塊剛停止運動時，物塊A、B之間的距離。 [解析]　(1)在水平推力F作用下，物塊A、B一起做勻加速運動，加速度為a，由B物塊的v-t圖象得， a＝＝ m/s2＝3 m/s2 對于A、B整體，由牛頓第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得F＝15 N。 (2)設(shè)物塊A做勻減速運動的時間為t，撤去推力F后，A、B兩物塊分離，A在摩擦力作用下做勻減速運動，B做勻速運動，對A，由－μmAg＝mAaA，解得 aA＝－μg＝－3 m/s2 t＝＝ s＝2 s 物塊A通過的位移xA＝t＝6 m 物塊B通過的位移 x

12、B＝v0t＝6×2 m＝12 m 物塊A剛停止時A、B間的距離 Δx＝xB－xA＝6 m。 [答案]　(1)15 N　(2)6 m 8．(2019·江蘇鹽城中學高三月考)一長輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，其上放質(zhì)量均為1 kg的A、B兩物塊，A、B與薄硬紙片之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．若F＝1.5 N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N B．無論力F多大，A與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動 C．無論力F多大，B與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑

13、動 D．若F＝8 N，則B物塊的加速度為4.0 m/s2 B　[A與紙板間的最大靜摩擦力為：fA＝μmAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B與紙板間的最大靜摩擦力為：fB＝μmBg＝0.2×1×10 N＝2 N；若F＝1.5 N＜fA，所以A、B與紙板保持相對靜止，整體在F作用下向左做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：F－f＝mAa，所以A物塊所受摩擦力f＜F＝1.5 N，故A錯誤。當B剛要相對于紙板滑動時靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律得：fB＝mBa0，又fB＝μmBg，得：a0＝2 m/s2；對整體，有：F0＝(mA＋mB)·a0＝2×2 N＝4 N，即達到4 N后，B將相對紙板運動

14、，此時B受到的摩擦力f＝2 N；則對A分析，A受到的摩擦力也為2 N，所以A的摩擦力小于最大靜摩擦力，故A和紙板間不會發(fā)生相對運動；則可知，當拉力為8 N時，B與紙板間的摩擦力即為滑動摩擦力為2 N，此后增大拉力，不會改變B的受力，其加速度大小均為2 m/s2，無論力F多大，A和紙帶之間不會發(fā)生相對滑動，故B正確、C、D錯誤。] 9．(多選)(2019·濱州二模)如圖所示，小車分別以加速度a1、a2、a3、a4向右做勻加速運動，bc是固定在小車上的水平橫桿，物塊M穿在桿上，M通過細線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，加速度為a1、a2時，細線在豎直方向上，全過程中M始終未相對桿bc移動，

15、M、m與小車保持相對靜止，M受到的摩擦力大小分別為f1、f2、f3、f4，則以下結(jié)論正確的是(　　) A．若＝，則＝ B．若＝，則＝ C．若＝，則＝ D．若＝，則＝ CD　[對第一、二幅圖有：若＝，對M根據(jù)牛頓第二定律有：f＝Ma，則＝，故選項A錯誤；對第二、三幅圖有：f2＝Ma2，設(shè)細線的拉力為F，則f3－Fsin θ＝Ma3，若＝，則≠，故選項B錯誤；對第三、四幅圖有：對M和m整體分析：f＝(M＋m)a，若＝，則＝，故選項C正確；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，豎直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝

16、gtan α，若＝，則＝，故選項D正確。] 10．(2019·渤海高中模擬)如圖所示，傳送帶的傾角θ＝37°，從A到B長度為16 m，傳送帶以10 m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動。在傳送帶上A端無初速度地放一個質(zhì)量為m＝0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色劃痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)煤塊從A到B的時間； (2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上留下劃痕的長度； (3)若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動的速度可以調(diào)節(jié)，煤塊從A點到達B點的最短時間是多少？ [解析]　(1)開始階段，由牛頓第二定律

17、得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 所以a1＝gsin θ＋μgcos θ 解得a1＝10 m/s2 煤塊加速至與傳送帶速度相等時需要的時間為 t1＝＝ s＝1 s 煤塊發(fā)生的位移為 x1＝a1t＝×10×12 m＝5 m<16 m 所以煤塊加速到10 m/s時仍未到達B點，此后摩擦力方向改變； 第二階段有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 設(shè)第二階段煤塊滑動到B點的時間為t2，則LAB－x1＝vt2＋a2t 解得t2＝1 s 煤塊從A到B的時間t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。 (2)第一階段煤塊的速度小于傳送帶速度，

18、煤塊相對傳送帶向上移動，煤塊與傳送帶的相對位移大小為 Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m 故煤塊相對于傳送帶上移5 m 第二階段煤塊的速度大于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向下移動，煤塊相對于傳送帶的位移大小為 Δx2＝(LAB－x1)－vt2 解得Δx2＝1 m 即煤塊相對傳送帶下移1 m 故傳送帶表面留下黑色炭跡的長度為L＝Δx1＝5 m。 (3)若增加傳送帶的速度，煤塊一直以加速度a1做勻加速運動時，從A運動到B的時間最短， 則有LAB＝a1t 可得tmin＝ s。 [答案]　(1)2 s　(2)5 m　(3) s 11．(2019·開封模擬)如圖甲所

19、示，一長方體木板B放在水平地面上，木板B的右端放置著一個小鐵塊A，在t＝0時刻，同時突然給A、B初速度，其中A的初速度大小為vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小為vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B運動的v-t圖象如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及B與地面之間均有摩擦(動摩擦因數(shù)不等)，A與B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A始終沒有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s時刻，A、B達到共同速度v＝2 m/s；3 s時刻至A停止運動前，A向右運動的速度始終大于B的速度)求： 　甲　　　　　　　　　　乙 (1)小鐵塊A向左運動相對地面的最大位移

20、； (2)B運動的時間及B運動的位移大小。 [解析]　(1)由題圖乙可知，0～3 s內(nèi)A做勻變速運動，速度由vA＝－1 m/s變?yōu)関＝2 m/s 則其加速度大小為aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。 當A水平向左運動速度減為零時，向左運動的位移最大，則s＝＝0.5 m。 (2)設(shè)A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ1， 由牛頓第二定律得μ1mg＝maA 則μ1＝＝0.1 由題圖乙可知，0～3 s內(nèi)B做勻減速運動， 其速度由vB＝14 m/s變?yōu)関＝2 m/s 則其加速度大小為aB＝＝ m/s2＝4 m/s2 方向水平向左 設(shè)B與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB 則μ2＝＝0.15 3 s之后，B繼續(xù)向右做勻減速運動，由牛頓第二定律得 2μ2mg－μ1mg＝ma′B 則B的加速度大小為a′B＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2 方向水平向左 3 s之后運動的時間為t2＝＝ s＝1 s 則B運動的時間為t＝t1＋t2＝4 s 0～4 s內(nèi)B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。 [答案]　(1)0.5 m　(2)4 s　25 m 10