2018版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时作业(十三)牛顿运动定律综合应用(二)剖析

课时作业(十三) 牛顿运动定律综合应用(二)[基础训练]1．(2017·安徽池州二模)重物A放在倾斜的皮带传送机上，它和皮带一直相对静止没有打滑，如图所示，传送带工作时，关于重物受到摩擦力的大小，下列说法正确的是( )A．重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上运动时受到的摩擦力B．重物斜向上加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大C．重物斜向下加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大D．重物斜向上匀速运动时，速度越大，摩擦力一定越大答案：B 解析：重物静止时，受到的摩擦力f＝mg sin θ，重物匀速上升时，受到的摩擦力为f＝mg sin θ，且与速度大小无关，选项A、D错误；重物斜向上加速运动时，根据牛顿第二定律，摩擦力f＝mg sin θ＋ma，加速度越大，摩擦力越大，选项B正确；重物沿斜面向下加速运动时，当a<g sin θ时，加速度越大，摩擦力越小，C错误．2．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点．B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为t A、t B、t C，则t A、t B、t C大小关系是( )A．t A<t C<t BB．t A＝t C<t BC．t A＝t C＝t BD．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系答案：B 解析：对于AM段，位移x A＝2R，加速度a A＝mg sin 45°m＝22g，根据x＝12at2得，t A＝2x Aa A＝4Rg.同理t B＝8R3g，t c＝4Rg，故t A＝t C<t B，B选项正确．3．如图所示，水平传送带A、B两侧与光滑地面相衔接，一物块从左侧地面以v0＝5 m/s 的速度冲上传送带，已知传送带A、B的长度为s＝4 m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，物块到达传送带B 端的速度为v ，下列说法正确的是( )A ．若传送带不动，v ＝3 m/sB ．若传送带逆时针匀速转动，v 一定小于3 m/sC ．若传送带顺时针匀速转动，v 一定大于3 m/sD ．若传送带顺时针匀速转动，v 有可能等于7 m/s答案：A 解析：若传送带不动，物块从A 到B 做匀减速运动，a ＝μg ＝2 m/s 2，由v 20－v 2＝2as ，得v ＝3 m/s ，A 项正确；若传送带逆时针匀速转动，与传送带不动时受力完全相同，到达B 端的速度仍为3 m/s ，B 项错误；若传送带顺时针匀速转动，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同，若传送带速度v 带≤3 m/s，物块将一直减速，到达B端的速度为3 m/s ，C 项错误；若物块一直加速，到达B 端的速度为v ′，则v ′2－v 20＝2as ，得v ′＝41 m/s ，因此物块到达传送带B 端的最大速度为41 m/s ，不可能等于7 m/s ，D 项错误．4．(2017·四川资阳诊断)如图所示，质量为M 、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．凹槽对小铁球的支持力为mgsin αC ．系统的加速度为a ＝g tan αD ．推力F ＝Mg tan α答案：C 解析：小铁球与光滑凹槽相对静止，系统有水平向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcos α，选项A 、B 错误；小铁球所受的合外力为mg tan α，加速度为a ＝g tan α，推力F ＝(m ＋M )g tan α，选项C 正确，D 错误．5．如图甲所示，在光滑的水平面上有质量为M 且足够长的长木板，木板上面叠放一个质量为m 的小物块．现对长木板施加水平向右的拉力F ＝3t (N)时，两个物体运动的a ­t 图象如图乙所示，若取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A．图线Ⅰ是小物块运动的a­t图象B．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3C．长木板的质量M＝1 kgD．小物块的质量m＝2 kg答案：B 解析：当力F较小时，两者一起加速，当F较大时，m相对于M向后滑动，m 的加速度不再随F的增大而变化，因此图象Ⅱ是小物块的a­t图象，A项错误；当小物块发生相对滑动后，加速度不变为a m＝3 m/s2，由牛顿第二定律得，μmg＝ma m，解得μ＝0.3，B项正确；在3 s前，对整体有，3t＝(M＋m)a，a＝3M＋mt，由图象得3M＋m＝1；在3 s后，对M有，3t－μmg＝Ma，a＝3Mt－μmgM，由图象得3M＝32，解得M＝2 kg，m＝1 kg，C、D项错误．6．(2017·江苏徐州质检)(多选)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t ＝0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列描述滑块的v­t图象中可能正确的是( )答案：BD 解析：设滑块质量为m，木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，若μ1mg<μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a1＝μ1g，木板静止，选项D正确；若μ1mg>μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a1＝μ1g，木板向右匀加速运动，当二者速度相等后，一起以a2＝μ2g的加速度匀减速到停止，因a1>a2，故选项B正确．7．如图所示，两木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起，放在倾角为α的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于平衡状态．求：(1)A 、B 两木块之间的距离；(2)剪断细线瞬间，A 、B 两木块的加速度．答案：见解析 解析：(1)隔离B 木块分析，由平衡条件可得F 弹＝mg sin α＋μmg cos α由胡克定律得F 弹＝k Δx两木块间的距离为l AB ＝L ＋Δx ＝L ＋mg sin α＋μmg cos αk. (2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对物块B ，由牛顿第二定律有F 弹－(mg sin α＋μmg cos α)＝ma B解得a B ＝0对于物块A ，有F 弹＋μmg cos α＋mg sin α＝ma A解得a A ＝2(g sin α＋μg cos α)．[能力提升]8．(2017·吉林省吉林大学附中摸底)正方形木板水平放置在地面上，木板的中心静置一小滑块，如图所示为俯视图．为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力F .已知木板边长L ＝2 2 m ，质量M ＝3 kg ，滑块质量m ＝2 kg ，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2(取g ＝10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，求：(1)要将木板抽出，水平恒力F 需满足的条件；(2)当水平恒力F ＝29 N 时，在木板抽出时滑块能获得的最大速度．答案：(1)F >20 N (2)433m/s 解析：(1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块达到随板运动的最大加速度时，拉力最小，对滑块有μmg ＝ma ，对木板有F min －μ(M ＋m )g －μmg ＝Ma ，得F min ＝2μ(M ＋m )g ＝20 N ，故要抽出木板，水平恒力F >20 N.(2)要使滑块获得的速度最大，则滑块在木板上相对滑动的距离最大，故应沿木板的对角线方向抽木板．设此时木板加速度为a 1，则有F －μ(M ＋m )g －μmg ＝Ma 1，又12a 1t 2－12μgt 2＝22L ，v max ＝μgt ，解得v max ＝433m/s. 9．(2017·黑龙江大庆模拟)如图所示，传送带与地面的倾角θ＝37°，从A 到B 长度为L ＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2，求：(1)煤块从A 到B 的时间；(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度．答案：(1)1.5 s (2)5 m解析：(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2. t 1＝v 0a 1＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m ， 达到v 0后，受到向上的摩擦力，则a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ，x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s ，煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s.(2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－12a 1t 21＝5 m ， 第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ，Δx 1与Δx 2部分重合，故痕迹总长为5 m.10．(2017·河北武邑中学期末)如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B 、C (未粘连)，它们的质量均为M ＝2 kg.在B 木板的左端放置着质量为m ＝1 kg 的木块A (可视为质点)．A 与B 、C 间的动摩擦因数均为μ＝0.4，B 、C 与水平面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时整个系统处于静止，现对A 施加水平向右的恒定拉力F ＝6 N ，测得A 在B 、C 上各滑行了1 s 后，从C 的右端离开木板，求木板B 、C 的长度l B 、l C .答案：l B ＝1 m l C ＝2.75 m解析：如图所示，对A 进行受力分析：A 产生的加速度a A ＝F －f A m ＝F －μ1mg m ＝6－0.4×1×101m/s 2＝2 m/s 2， 当A 在B 上滑动时，以B 、C 整体为研究对象受力分析有：f ′A ＝f A ，N ′A ＝N A ，B 、C 整体受地面的支持力N BC ＝G BC ＋N ′A ＝50 N ，B 、C 与地面间的最大静摩擦力f max ＝μ2N BC >f ′A ，所以A 在B 上滑动时，B 、C 均处于静止状态．所以A 在B 上做初速度为0的匀加速直线运动，由题意知B 的长度等于A 在1 s 的时间内运动的位移，即l B ＝12a A t 2＝12×2×12 m ＝1 m. 当A 滑上C 时，以C 为研究对象受力分析有：由图可知F 合C ＝f ′A －f C ＝μ1mg －μ2(m ＋M )g ，所以C 产生的加速度a C ＝0.4×1×10－0.1× 2＋1 ×102m/s 2＝0.5 m/s 2. 故C 的长度l C ＝x A －x C ＝2×1＋12×2×12－12×12×12 m ＝2.75 m. 11．(2017·湖北黄冈质检)如图所示，一倾角α＝37°、长度为9 m 的固定斜面，其底端与长木板B 上表面等高，原来B 静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B 的上表面接触处圆滑，一可视为质点的小滑块A 从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A 刚好未从木板B 上滑下，已知A 、B 的质量相等，木板B 的长度L ＝3 m ，A 与斜面、B 上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，B 与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度取g ＝10 m/s 2.(1)通过计算分析：当A 滑上B 的上表面后，B 是否仍保持静止；(2)若B 仍然静止，求出μ2的最小值；若B 滑动，求出μ2的值．答案：(1)B 与地面会发生相对滑动 (2)0.2解析：(1)设A 从斜面下滑过程中加速度大小为a 0，到达底端时速度大小为v 0，由牛顿第二定律和运动学公式得：mg sin α－μ1mg cos α＝ma 0，v 20－0＝2a 0s ，则v 0＝6 m/s.假设A 滑上B 的上表面后，B 仍保持静止，则A 在B 上减速滑动至停止．a A ＝μ1g ＝5 m/s 2，x ＝0－v 20－2a A＝3.6 m>3 m ，A 会从B 上滑下，假设不成立．故当A 滑上B 的上表面后，B 与地面会发生相对滑动．(2)设A 滑上B 后，再经时间t 两者达到共同速度， A 、B 的加速度大小分别为：a A ＝μ1g ＝5 m/s 2，a B ＝μ1mg －2μ2mg m＝5－20μ2， v 0－a A t ＝a B t ，s A ＝v 0t －12a A t 2，s B ＝12a B t 2，s A －s B ＝L ，解得μ2＝0.2.。