高考物理复习第4讲 牛顿运动定律的综合应用二夯基提能作业本.docx

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高考物理复习第4讲牛顿运动定律的综合应用二夯基提能作业本

第4讲　牛顿运动定律的综合应用

（二）

基础巩固

1.（多选）如图甲所示,质量mA=1kg,mB=2kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上,t=0时刻,一水平恒力F作用在物块B上,t=1s时刻,撤去F,B物块运动的速度-时间图像如图乙所示,若整个过程中A、B始终保持相对静止,g取10m/s2,则（　　）

A.物块B与地面间的动摩擦因数为0.2

B.1~3s内物块A不受摩擦力作用

C.0~1s内物块B对A的摩擦力大小为4N

D.水平恒力的大小为12N

2.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。

现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端,木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。

下列说法中正确的是　（　　）

A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧

B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短

C.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短

D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短

3.（2016广西柳州铁路一中月考）水平足够长且运动的皮带,取向右为速度的正方向。

将一物块P轻轻放在皮带上,之后P最初一段时间的速度-时间图像如图乙,关于皮带的运动情况描述正确的是（　　）

A.可能是向右的匀加速B.可能是向右的匀速

C.一定是向左的匀加速D.可能是向左的匀速

4.（2016辽宁沈阳二中一模,18）一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示（重力加速度g=10m/s2）。

则（　　）

A.若F=1N,则物块、木板都静止不动

B.若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5N

C.若F=4N,则B物块所受摩擦力大小为4N

D.若F=8N,则B物块所受摩擦力大小为2N

5.（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=1m/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间的距离为2m,g取10m/s2。

若乘客把行李放到传送带上的同时也以v=1m/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0.5s到达B处

C.行李提前0.5s到达B处

D.若传送带速度足够大,行李最快也要2s才能到达B处

6.（2017海南海口一中测试）（多选）如图所示,以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ。

现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（　　）

7.如图所示,长12m、质量为50kg的木板置于水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数为0.1,开始时质量为50kg的人立于木板左端,木板与人均静止,当人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑时,（取g=10m/s2）求:

（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小;

（2）人在奔跑过程中木板的加速度;

（3）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。

综合提升

8.（2016黑龙江实验中学月考）如图所示为粮袋的传送装置,已知A、B间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

A.粮袋到达B点的速度与v比较,可能大,也可能相等或小

B.粮袋开始运动的加速度为g（sinθ-μcosθ）,若L足够大,则以后将以一定的速度v做匀速运动

C.若μ≥tanθ,则粮袋从A到B一定一直是做加速运动

D.不论μ大小如何,粮袋从A到B一直匀加速运动,且a≥gsinθ

9.（2014四川理综,7,6分）（多选）如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。

不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。

正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是（　　）

10.（2016山西右玉一模,24）如图所示,长2m的木板AB静止在粗糙水平地面上,C为其中点,木板上表面AC部分光滑,CB部分粗糙,下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板右端静止放置一个小物块（可看成质点）,它与木板CB部分的动摩擦因数μ2=0.2。

已知木板和小物块的质量均为2kg,重力加速度g取10m/s2,现对木板施加一个水平向右的恒力F。

（1）为使小物块与木板保持相对静止,求恒力的最大值Fm。

（2）当F=20N时,求小物块经多长时间滑到木板中点C。

11.如图所示,距地面高度h=5m的平台边缘水平放置一两轮间距为d=6m的传送带,一可视为质点的物块从光滑平台边缘以v0=5m/s的初速度滑上传送带。

已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度大小g=10m/s2。

（1）若传送带不动,求小物块离开传送带右边缘落地的水平距离;

（2）试分析传送带的速度满足什么条件时,小物块离开传送带右边缘落地的水平距离最大,并求最大距离;

（3）设传送带的速度为v'且规定传送带顺时针运动时v'为正,逆时针运动时v'为负。

试分析画出小物块离开传送带右边缘落地的水平距离s与v'的变化关系图线（不需要计算过程,只需画出图线即可）。

12.（2016广东广州模拟,24）在粗糙水平面上,一电动玩具小车以v0=4m/s的速度做匀速直线运动,其正前方平铺一边长为L=0.6m的正方形薄板,小车在到达薄板前某处立即刹车,靠惯性运动s=3m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板。

小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为μ1=0.2,薄板与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1,小车质量M为薄板质量m的3倍,小车可看成质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10m/s2,求:

（1）小车冲上薄板时的速度大小;

（2）小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小。

答案全解全析

基础巩固

1.AC　0~1s内B的加速度大小为a1=4m/s2,1~3s内B的加速度大小为a2=2m/s2,因为整个过程中A、B始终保持相对静止,因此A也一直具有与B相同的加速度,A受到摩擦力作用,故B错误;0~1s内,对AB整体由牛顿第二定律,有F-μ（mAg+mBg）=（mA+mB）a1,1~3s内,有μ（mAg+mBg）=（mA+mB）a2,解得μ=0.2,F=18N,故A正确,D错误;0~1s内物块B对A的摩擦力大小f=mAa1=4N,故C正确。

2.D　放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速,而传送带仍匀速,虽然两者都向右运动,但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动,故黑色径迹出现在木炭包的右侧,A错误。

由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a=μg与其质量无关,故径迹长度与其质量也无关,B错误。

径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小,即二者对地的位移差:

Δx=vt-t=vt=,可见传送带速度越小、动摩擦因数越大,相对位移越小,黑色径迹越短,C错误D正确。

3.D　物块轻轻放在皮带上,初速度为零,由图乙知物块向左做匀加速运动,对物块受力分析知受到皮带对它向左的滑动摩擦力,则皮带相对物块向左运动,所以皮带一定向左运动,可能加速、匀速或减速,D正确。

4.D　A与木板间的最大静摩擦力fA=μmAg=0.2×1×10N=2N,B与木板间的最大静摩擦力fB=μmBg=0.2×2×10N=4N,若F=1N

F-f=mAa,所以A物块所受摩擦力ffA,则A在木板上滑动,B和木板整体受到摩擦力2N,轻质木板,质量不计,所以B的加速度a==1m/s2,对B进行受力分析,摩擦力提供加速度,fB=mBa=2×1N=2N,故C错误;若F=8N>fA,则B的加速度a=1m/s2,则B所受摩擦力为2N,故D正确。

5.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=1m/s2,历时t1==1s与传送带达到共同速度,位移x1=t1=0.5m,此后行李匀速运动历时t2==1.5s到达B处,共用时间2.5s;乘客到达B处历时t==2s,故B正确,A、C错误。

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=2s,D正确。

6.CD　木块放上后一定先向下做匀加速运动,由于传送带足够长,所以一定有木块速度与传送带速度相同的时刻,此时若重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力,则之后木块继续加速,但加速度变小了,而若重力沿传送带向下的分力小于或等于最大静摩擦力,则之后木块将随传送带一起匀速运动,故C、D正确,A、B错误。

7.

答案　

（1）200N　

（2）2m/s2,方向向左　（3）2s

解析　

（1）设人的质量为m,加速度为a1,木板的质量为M,加速度为a2,人对木板的摩擦力为f（f'为木板对人的摩擦力）

则对人有:

f'=ma1=200N

（2）对木板进行受力分析可知:

f-μ（M+m）g=Ma2

则:

a2=

代入数据解得:

a2=2m/s2,方向向左

（3）设人从左端跑到右端所经历的时间为t

由运动学公式得:

L=a1t2+a2t2

则:

t=

代入数据解得:

t=2s

综合提升

8.A　对粮袋分析可知,粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于等于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带速度相同后,做匀速运动,到达B点时速度与v相同;也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达B点时的速度大于v,故A正确、D错误。

粮袋开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力,大小为μmgcosθ,根据牛顿第二定律得,加速度a=g（sinθ+μcosθ）,故B错误。

若μ≥tanθ,对粮袋分析可知,粮袋从A到B可能一直做加速运动,也可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后做匀速运动,故C错误。

9.BC　若v2

若v2μmPg,则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）;若v2>v1,且mQg<μmPg,则P先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）;若v2>v1且mQg>μmPg,满足mQg+μmPg=（mP+mQ）a2,中途减速至v1,以后满足mQg-μmPg=（mP+mQ）a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带）,故C正确,A、D错误。

10.

答案　

（1）12N　

（2）s

解析　

（1）设小物块能够达到的最大加速度为am,则有:

μ2mg=mam（1分）

解得:

am=2m/s2（1分）

对整体进行受力分析,有:

Fm-μ1（M+m）g=（M+m）am（2分）

解得Fm=12N（2分）

（2）当F=20N时,小物块相对于木板发生相对滑动,对木板受力分析,有:

F-μ1（M+m）g-μ2mg=Ma1（2分）

得a1=6m/s2（1分）

小物块加速度a2=am=μ2g=2m/s2（1分）

则有a1t2-a2t2=L（2分）

解得:

t=s（1分）

11.

答案　见解析

解析　

（1）传送带不动,小物块滑上后做匀减速运动,加速度a1=-μg

设小物块离开传送带时的速度为v1,则-=2a1d

解得:

v1=1m/s

物块离开传送带后,做平抛运动,设平抛运动时间为t

由h=gt2

解得:

t=1s

由水平位移s1=v1t

解得:

s1=1m

（2）当传送带顺时针运动速度达到某一值后,小物块在传送带上将一直做匀加速运动,即离开传送带后平抛初速度最大,落地的水平距离有最大值

设小物块一直匀加速离开传送带时的速度为v2,则

-=2a2d

又知a2=μg

解得:

v2=7m/s

即:

传送带顺时针运动,且速度大于等于7m/s时小物块落地水平距离最大,设最大距离为s2,s2=v2t=7m

（3）如图所示

12.

答案　

（1）2m/s　

（2）1.25m

解析　

（1）方法一:

设小车刹车后加速度大小为a1,刚冲上薄板时速度为v1

由牛顿第二定律得:

μ1Mg=Ma1（2分）

由运动学公式,有:

-=-2a1s（2分）

解得:

v1=2m/s（1分）

方法二:

设小车刚冲上薄板时速度为v1,对小车刹车后至冲上薄板过程由动能定理得

-μ1Mgs=M-M（3分）

解得:

v1=（1分）

代入数据得:

v1=2m/s（1分）

（2）小车冲上薄板后,薄板上表面受到的摩擦力大小为μ1Mg=0.6mg,大于地面给薄板的最大静摩擦力,薄板运动,受到地面的滑动摩擦力,大小为μ2（M+m）g=0.4mg

设薄板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:

μ1Mg-μ2（M+m）g=ma2（1分）

小车冲上薄板后,薄板以a2加速,小车仍以a1减速,设经时间t两者共速,则:

v2=v1-a1t=a2t（1分）

解得:

t=0.5s　v2=1m/s（1分）

该段时间,小车的位移:

s1=t=0.75m

薄板的位移:

s2=a2t2=0.25m（1分）

由于s1-s2

接着小车与薄板共同减速,设加速度大小为a3,有:

μ2（M+m）g=（M+m）a3（1分）

0-=-2a3s3（1分）

解得s3=0.5m（1分）

所以小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小:

s=s1+s3=1.25m（1分）