【名師伴你行】2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)9牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用-

九牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用1．(2021·杭州二檢)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個(gè)小鐵球，小鐵球處于靜止?fàn)顟B(tài)．在電梯運(yùn)行時(shí)，乘客發(fā)覺小鐵球與電梯地板間的距離增大，這一現(xiàn)象表明()A．電梯肯定是在下降B．電梯肯定是在上升C．電梯的加速度方向肯定是向上D．乘客肯定處在失重狀態(tài)答案：D解析：由題意知，小鐵球在電梯中處于靜止時(shí)受到豎直向下的重力和向上的拉力，且拉力與重力大小相等；在電梯運(yùn)行時(shí)，小鐵球與電梯地板的距離增大了，說明彈簧的伸長量減小了，即拉力減小了，電梯的加速度向下，乘客肯定處于失重狀態(tài)，電梯可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，也可能向上做減速運(yùn)動(dòng)，可知選項(xiàng)D正確．2．如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊放在水平地面上，與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是μ(μ≠0)，用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起．當(dāng)用水平力F作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，彈簧伸長量為x；若用水平力F′作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a′＝2a做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，彈簧伸長量為x′.則下列關(guān)系正確的是()A．F′＝2F B．x′＝2C．F′>2F D．x′<2答案：D解析：兩物塊均以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，對整體有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，對m2有kx－μm2g＝m2a；當(dāng)兩物塊均以加速度2a運(yùn)動(dòng)時(shí)，對整體有F′－μ(m1＋m2)g＝2(m1＋m2)a，對m2有kx′－μm2g＝2m2A．比較對應(yīng)的兩式可得F′<23．(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的物體A放在光滑的水平桌面上，當(dāng)在細(xì)繩下端掛上質(zhì)量為m的物體B時(shí)，物體A的加速度為a，繩中張力為FT，則()A．a(chǎn)＝g B．a(chǎn)＝eq\f(mg,M＋m)C．FT＝mg D．FT＝eq\f(M,M＋m)mg答案：BD解析：對兩物體整體分析，由牛頓其次定律有mg＝(M＋m)a，解得a＝eq\f(m,M＋m)g；對物體A由牛頓其次定律有FT＝Ma，代入a解得FT＝eq\f(Mm,M＋m)g，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B、D正確．4．(2021·哈爾濱模擬)(多選)如圖所示，水平傳送帶以恒定速度v向右運(yùn)動(dòng)．將質(zhì)量為m的物體Q輕輕放在水平傳送帶的左端A處，經(jīng)過t秒后，Q的速度也變?yōu)関，再經(jīng)t秒物體Q到達(dá)傳送帶的右端B處，則()A．前t秒內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，后t秒內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動(dòng)B．后t秒內(nèi)Q與傳送帶之間無摩擦力C．前t秒內(nèi)Q的位移與后t秒內(nèi)Q的位移大小之比為1∶1D．Q由傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的平均速度為eq\f(3,4)v答案：BD解析：前t秒內(nèi)物體Q相對傳送帶向左滑動(dòng)，物體Q受向右的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓其次定律可知Ff＝ma，物體Q做勻加速運(yùn)動(dòng)，后t秒內(nèi)物體Q相對傳送帶靜止，做勻速運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；前t秒內(nèi)Q的位移x1＝eq\f(v,2)t，后t秒內(nèi)Q的位移x2＝vt，故eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；Q由傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(\f(v,2)t＋vt,2t)＝eq\f(3,4)v，選項(xiàng)D正確．5．(多選)將一質(zhì)量不計(jì)的光滑桿傾斜地固定在水平面上，如圖甲所示，現(xiàn)在桿上套一光滑的小球，小球在一沿桿向上的拉力F的作用下沿桿向上運(yùn)動(dòng)．該過程中小球所受的拉力以及小球的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙、丙所示．取g＝10m/s2A．2～4s小球的加速度大小為0.5mB．小球質(zhì)量為2C．桿的傾角為30°D．小球0～4s內(nèi)的位移為8答案：AC解析：由圖象得：2～4s小球的加速度a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝0.5m/s2，則A正確；0～2s小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力沿細(xì)桿向下的分力等于5.0N,2～4s由牛頓其次定律得：F2－F1＝ma得：m＝1kg，則B錯(cuò)誤；設(shè)細(xì)桿與水平面的夾角為α，則F2－mgsinα＝ma，解得：α＝30°，則C正確；由速度—時(shí)間圖象可知，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，即為56．(2021·遼寧師大附中期中)如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上．A、B質(zhì)量分別為mA＝6kg，mB＝2kg，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，開頭時(shí)F＝10N，此后漸漸增加，在增大到45A．當(dāng)拉力F<12N時(shí)，兩物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)B．兩物體開頭沒有相對運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力超過12N時(shí)，開頭相對滑動(dòng)C．兩物體間從受力開頭就有相對運(yùn)動(dòng)D．兩物體間始終沒有相對運(yùn)動(dòng)答案：D解析：水平面光滑，F(xiàn)不為零，A、B都要運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；隔離B分析，當(dāng)A、B間摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，A、B發(fā)生相對滑動(dòng)，則aB＝eq\f(μmAg,mB)＝6m/s2；再對整體分析F＝(mA＋mB)aB＝48N，知當(dāng)拉力達(dá)到48N時(shí)，A、B才發(fā)生相對滑動(dòng)，故D項(xiàng)正確，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤．7．(2021·陜西長安一中質(zhì)檢)如圖所示，50個(gè)大小相同、質(zhì)量均為m的小物塊，在平行于斜面對上的恒力F作用下一起沿斜面對上運(yùn)動(dòng)．已知斜面足夠長，傾角為30°，各物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則第6個(gè)小物塊對第5個(gè)小物塊的作用力大小為()A．eq\f(9,10)F B．eq\f(1,10)FC．eq\f(45,2)mg＋eq\f(1,10)F D．由于動(dòng)摩擦因數(shù)未知，所以不能確定答案：A解析：將50個(gè)小物塊作為整體，則由牛頓其次定律有F－50mgsin30°－50μmgcos30°＝50ma，將第1～5個(gè)物塊作為整體，由牛頓其次定律有F－5mgsin30°－5μmgcos30°－N＝5ma，聯(lián)立得N＝eq\f(9,10)F，故A正確．8．(多選)如圖，在光滑水平面上，放著兩塊長度相同、質(zhì)量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端各放一個(gè)大小、外形、質(zhì)量完全相同的物塊，開頭時(shí)，各物塊均靜止，今在兩物塊上各作用一水平恒力F1、F2，當(dāng)物塊和木板分別時(shí)，兩木板的速度分別為v1和v2，物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下列說法中正確的是()A．若F1＝F2，M1>M2，則v1>v2B．若F1＝F2，M1<M2，則v1>v2C．若F1>F2，M1＝M2，則v1>v2D．若F1<F2，M1＝M2，則v1>v2答案：BD解析：兩物塊與木板之間的摩擦力f是相同的，若F1＝F2，兩物塊受到的合力是相等的，加速度也是相等的，若M1>M2，M1木板的加速度小，上面的物塊與M1先分別，M2木板的加速度大，故其上的物塊加速時(shí)間更長一些，所以v1<v2；同理，M1<M2時(shí)，v1>v2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確．若M1＝M2，則兩木板的加速度a是相同的，若F1>F2，則M1木板上的物塊加速度大，在M1上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短，則M1加速的時(shí)間較短，末速度v1<v2；同理，若F1<F2，則v1>v2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．9.一斜劈靜止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑塊m，若給m一向下的初速度v0，則m正好保持勻速下滑．如圖所示，現(xiàn)在m下滑的過程中再加一個(gè)作用力，則以下說法正確的是()A．在m上加一豎直向下的力F1，則m將保持勻速運(yùn)動(dòng)，M對地有水平向右的靜摩擦力的作用B．在m上加一個(gè)沿斜面對下的力F2，則m將做加速運(yùn)動(dòng)，M對地有水平向左的靜摩擦力的作用C．在m上加一個(gè)水平向右的力F3，則m將做減速運(yùn)動(dòng)，在m停止前M對地有向右的靜摩擦力的作用D．無論在m上加什么方向的力，在m沿斜面對下運(yùn)動(dòng)的過程中，M對地都無靜摩擦力的作用答案：D解析：給滑塊一初速度v0，正好勻速下滑，對其受力分析，mgsinθ－μmgcosθ＝0，可得：μ＝tanθ；設(shè)施加力F，與斜面對上方向的夾角為α，隔離滑塊，受力分析，如圖甲所示，可得，F(xiàn)cosα＋μFN－mgsinθ＝ma，F(xiàn)sinα＋FN－mgcosθ＝0，可得：a＝eq\f(Fcosα－Ftanθsinα,m)；整體受力分析如圖乙所示，可得：Fcos(θ＋α)＋f′＝macosθ，聯(lián)立可得：f′＝0，選項(xiàng)D正確．10．如圖所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端與桌面的右端相齊，薄木板的質(zhì)量M＝1.0kg，長度L＝1.0m．在薄木板的中心有一個(gè)小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量m＝0.5kg，小滑塊與薄木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.10，小滑塊、薄木板與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，且μ2＝0.20(1)若小滑板與木板之間發(fā)生相對滑動(dòng)，拉力F1至少是多大？(2)若小滑塊脫離木板但不離開桌面，求拉力F2應(yīng)滿足的條件．答案：(1)4.5N(2)F2≥6N解析：(1)設(shè)小滑塊與薄木板剛好發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，小滑塊的加速度為a1，薄木板的加速度為a2，依據(jù)牛頓其次定律有μ1mg＝ma1F1－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2a1＝a2F1＝4.5N若小滑塊與木板之間發(fā)生相對滑動(dòng)，拉力F1至少為4.5N(2)設(shè)小滑塊脫離薄木板時(shí)的速度為v，時(shí)間為t，在桌面上滑動(dòng)的加速度為a3，小滑塊脫離木板前薄木板的加速度為a4，空間位置變化如圖所示，則v＝a1tμ2mg＝ma3x1＝eq\f(v2,2a1)，x2＝eq\f(v2,2a3)eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a3)＝eq\f(L,2)eq\f(L,2)＋eq\f(v2,2a1)＝eq\f(1,2)a4t2F2－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma4解得F2＝6N要使小滑塊脫離薄木板但不離開桌面，拉力F2≥6N.11．如圖所示為上、下兩端相距L＝5m、傾角α＝30°、始終以v＝3m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶(傳送帶始終繃緊)．將一物體放在傳送帶的上端由靜止釋放滑下，經(jīng)過t＝2s到達(dá)下端，重力加速度取g＝10m/s2(1)傳送帶與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)多大？(2)假如將傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速率至少多大時(shí)，物體從傳送帶上端由靜止釋放能最快地到達(dá)下端．答案：(1)0.29(2)8.66解析：(1)物體在傳送帶上受力如圖所示，物體沿傳送帶向下勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為A．由題意得L＝eq\f(1,2)at2，解得a＝2.5m由牛頓其次定律得mgsinα－Ff＝ma又Ff＝μmgcosα故μ＝0.29(2)假如傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，要使物體從傳送帶上端由靜止釋放能最快地到達(dá)下端，則需要物體有沿傳送帶向下的最大加速度即所受摩擦力沿傳送帶向下，設(shè)此時(shí)傳送帶速度為vm，物體加速度為a′.由牛頓其次定律得mgsinα＋Ff＝ma′又veq\o\al(2,m)＝2La′故vm＝eq\r(2La′)＝8.66m/s12．一彈簧秤的秤盤質(zhì)量為m1＝1.5kg，盤內(nèi)放一質(zhì)量為m2＝10.5kg的物體P，彈簧質(zhì)量不計(jì)，其勁度系數(shù)為k＝800N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示．現(xiàn)給P施加一個(gè)豎直向上的力F，使P從靜止開頭向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知在最初0.2s內(nèi)F是變化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少．(取g＝10m/答案：168N72N解析：由于在0.2s內(nèi)F是變力，在0.2s以后F是恒力，所以在t＝0.2s時(shí)，P離開秤盤．此時(shí)P受到秤盤的支持力為零，由于秤盤的質(zhì)量m1＝1.5設(shè)在0～0.2s這