届高考物理课标通用一轮复习课时跟踪检测十一 牛顿运动定律的综合应用卷Ⅱ重点高中.docx

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届高考物理课标通用一轮复习课时跟踪检测十一牛顿运动定律的综合应用卷Ⅱ重点高中

课时跟踪检测（十一）牛顿运动定律的综合应用

卷Ⅱ—拔高题目稳做准做

[B级——拔高题目稳做准做]

★1.（2018·郑州二模）图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10m/s2，根据图像分析可知（　　）

A．人的重力为1500N

B．c点位置人处于超重状态

C．e点位置人处于失重状态

D．d点的加速度小于f点的加速度

解析：

选B　分析图像可知：

a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G＝500N，A错误。

c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。

e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误。

在f点，人只受重力，加速度g＝10m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。

★2.

[多选]如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小车，小车质量为M＝5kg，小车上静止地放置着质量为m＝1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有（　　）

A．am＝1m/s2，aM＝1m/s2

B．am＝1m/s2，aM＝2m/s2

C．am＝2m/s2，aM＝4m/s2

D．am＝3m/s2，aM＝5m/s2

解析：

选AC　当M与m间的静摩擦力f≤μmg＝2N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：

am＝

＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2

此时F＝（M＋m）am＝（5＋1）×2N＝12N

当F<12N，可能有aM＝am＝1m/s2。

当F>12N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM>am＝2m/s2。

故选项A、C正确，B、D错误。

★3.

[多选]（2018·商丘一中押题卷）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块B、C间用一不可伸长的轻绳相连，A、B木块间的最大静摩擦力是f1，C、D木块间的最大静摩擦力是f2。

现用水平拉力F拉A木块，使四个木块以同一加速度运动（假设绳子不会断），则（　　）

A．当f1＞2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动

B．当f1＞2f2，且F逐渐增大到

f1时，A、B间即将滑动

C．当f1＜2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动

D．当f1＜2f2，且F逐渐增大到

f1时，A、B间即将滑动

解析：

选AD　当f1＞2f2，C、D即将发生相对滑动时，C、D间的静摩擦力达到最大值f2，先以D为研究对象，由牛顿第二定律得：

f2＝2ma，得a＝

，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma＝3f2。

此时，以BCD整体为研究对象，可知，A对B的摩擦力fAB＝4ma＝2f2＜f1，说明A、B间相对静止，故A正确，B错误。

当f1＜2f2，A、B即将发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值f1，先以BCD整体为研究对象，由牛顿第二定律得：

f1＝4ma′，得a′＝

，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma′＝

f1。

此时，以D为研究对象，根据牛顿第二定律得：

C对D的摩擦力fCD＝2ma′＝

＜f2，则知C、D间相对静止，故C错误，D正确。

★4.[多选]（2018·绵阳模拟）如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。

对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

下列说法正确的是（　　）

A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零

B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左

C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg

D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg

解析：

选AD　A、B间的滑动摩擦力大小为fAB＝μmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为f＝3μmg，故在0～t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，A、B间摩擦力为零，故A正确；A在木板上产生的最大加速度为a＝

＝μg，此时对AB整体分析可知F－3μmg＝3ma，解得F＝6μmg，故在t1～t3时间内，AB一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；在t2时刻，AB整体加速度为a＝

＝

，A、B间的摩擦力大小为

μmg，故C错误；在t3时刻以后，A、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故D正确。

5．[多选]如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。

t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。

则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　）

A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N

B．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零

C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左

D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m

解析：

选AD　设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：

a＝

＝

m/s2＝1.2m/s2，分离时：

F2－Ff＝mBa，

得：

F2＝Ff＋mBa＝0.3N＋2×1.2N＝2.7N，

经历时间：

t＝

×2.7s＝3s，

根据位移公式：

x＝

at2＝5.4m，则D正确；

当t＝2s时，F2＝1.8N，F2＋Ff＝mBa，得：

Ff＝mBa－F2＝0.6N，A正确，B错误；

当t＝2.5s时，F2＝2.25N，F2＋Ff＝mBa，

得：

Ff＝mBa－F2>0，A对B的作用力方向向右，C错误。

★6.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。

现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图像如图乙所示（重力加速度为g），则（　　）

A．施加外力前，弹簧的形变量为

B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g－a）

C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零

D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值

解析：

选B　施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝

，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M（g－a），故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M（g＋a），故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。

★7.[多选]（2018·合肥模拟）如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。

保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（　　）

A．若θ已知，可求出A的质量

B．若θ未知，可求出乙图中a1的值

C．若θ已知，可求出乙图中a2的值

D．若θ已知，可求出乙图中m0的值

解析：

选BC　根据牛顿第二定律得：

对B得：

mg－F＝ma①

对A得：

F－mAgsinθ＝mAa②

联立得a＝

③

若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，故A错误。

由③式变形得a＝

。

当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确。

由③式得，m＝0时，a＝a2＝－gsinθ，故C正确。

当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsinθ，可知m0不能求出，故D错误。

★8.[多选]如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。

斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。

若Ta图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2。

则（　　）

A．a＝

m/s2时，FN＝0

B．小球质量m＝0.1kg

C．斜面倾角θ的正切值为

D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a（N）

解析：

选ABC　小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，Ta图像呈线性关系，由题图乙可知a＝

m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0时，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；当a＝

m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以

＝ma，联立可得tanθ＝

，m＝0.1kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a（N），选项D错误。

9.

如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。

A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1＝mg、f2＝2mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。

管下方存在这样一个区域：

当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H（L>2H）。

现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。

（1）为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。

（2）若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。

解析：

（1）设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。

对A、B整体有3mg－F＝3ma，

对A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，

联立解得F≤

mg。

（2）A到达上边界PQ时的速度vA＝

。

当F＝3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。

A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝

。

由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得

a2＝

＝

。

物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为

ΔL＝L－

＝L－

H。

答案：

（1）F≤

mg　

（2）L－

H

★10.

（2018·潍坊检测）如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。

当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（可视为质点），最终B恰好未从木板A上滑落。

A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：

（1）C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；

（2）木板A的长度L；

（3）若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。

解析：

（1）对A、C分析：

mg＝2ma

v02＝2ah，解得v0＝

。

（2）B放在A上后，设A、C仍一起加速，则

由牛顿第二定律得mg－μ·4m·g＝ma

解得a＝0

即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，

B匀加速运动，加速度aB0＝μg＝

设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－

v0t0

解得L＝2h。

（3）共速前：

A和C匀速，B加速，

aB1＝

＝2g

t1＝

＝

Δx1＝xAC－xB＝v0t1－

v0t1＝

共速后全部向右加速

aB2＝

＝

g

aAC＝

＝g

Δx2＝Δx1＝

（aB2－aAC）t22

解得t2＝

，vB2＝v0＋aB2t2＝

。

答案：

（1）

（2）2h　（3）

★11.（2015·全国卷Ⅰ）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图甲所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图乙所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。

求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

解析：

（1）规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。

由牛顿第二定律有

－μ1（m＋M）g＝（m＋M）a1①

由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4m/s，由运动学公式有

v1＝v0＋a1t1②

s0＝v0t1＋

a1t12③

式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得

μ1＝0.1④

在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有

－μ2mg＝ma2⑤

由题图乙可得

a2＝

⑥

式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得

μ2＝0.4。

⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。

由牛顿第二定律及运动学公式得

μ2mg＋μ1（M＋m）g＝Ma3⑧

v3＝－v1＋a3Δt⑨

v3＝v1＋a2Δt⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为

s1＝

Δt⑪

小物块运动的位移为

s2＝

Δt⑫

小物块相对木板的位移为

Δs＝s2－s1⑬

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得

Δs＝6.0m⑭

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。

（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。

由牛顿第二定律及运动学公式得

μ1（m＋M）g＝（m＋M）a4⑮

0－v32＝2a4s3⑯

碰后木板运动的位移为

s＝s1＋s3⑰

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得

s＝－6.5m⑱

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。

答案：

（1）0.1　0.4　

（2）6.0m　（3）6.5m