2019届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题26

课时跟踪检测(十) 牛顿运动定律的综合应用对点训练：超重与失重1．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v-t图像如图1所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()图1解析：选B根据v -t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。

2．(多选)(2015·海南高考)如图2所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。

开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。

当升降机加速上升时()A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析：选BD当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f＝μF N可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物块以加速度a向上运动时，有F N＝m(g＋a)cos θ，F f＝μm(g ＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。

对点训练：整体法与隔离法的应用3．(多选)(2016·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图3甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m 与斜面之间的摩擦。

若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。

则下列说法正确的是()图3A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动的加速度大小为M g解析：选BC 互换位置前，M 静止在斜面上，则有：Mg sin α＝mg ，互换位置后，对M 有Mg －F T ＝Ma ，对m 有：F T ′－mg sin α＝ma ，又F T ＝F T ′，解得：a ＝(1－sin α)g ，F T ＝mg ，故A 、D 错，B 、C 对。

4．(多选)(2016·昆明检测)如图4甲所示，质量m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg 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 ＝1 s 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，则( )图4A ．物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2B ．1～3 s 内物块A 不受摩擦力作用C ．0～1 s 内物块B 对A 的摩擦力大小为4 ND ．水平恒力的大小为12 N解析：选AC 在v -t 图像中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a 1＝4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 1，μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 2，解得：μ＝a 2g ＝0.2，F ＝18 N ，选项A 正确，选项D 错误；1～3 s 内两物块一起运动，物块A 也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向左的静摩擦力，选项B 错误；同理在0～1 s 内物块A 也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：F f ＝m A a 1＝4 N ，选项C 正确。

5．(多选)(2016·银川一中二模)如图5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m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离。

t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1，同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2，使A 、B 从静止开始运动，运动过程中F 1、F 2方向保持不变，F 1、F 2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( )图5A ．t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力大小为0.6 NB ．t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力为零C ．t ＝2.5 s 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5.4 m解析：选AD 设t 时刻A 、B 分离，分离之前A 、B 物体共同运动，加速度为a ，以整体为研究对象，则有：a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝3.6＋01＋2m/s 2＝1.2 m/s 2，分离时：F 2－F f ＝m B a ，得：F 2＝F f ＋m B a ＝0.3 N ＋2×1.2 N ＝2.7 N ，经历时间：t ＝43.6×2.7 s ＝3 s ， 根据位移公式：x ＝12at 2＝5.4 m ，则D 正确； 当t ＝2 s 时，F 2＝1.8 N ，F 2＋F f ＝m B a ，得：F f ＝m B a －F 2＝0.6 N ，A 正确，B 错误；当t ＝2.5 s 时，F 2＝2.25 N ，F 2＋F f ＝m B a ，得：F f ＝m B a －F 2>0，A 对B 的作用力方向向右，C 错误。

对点训练：临界极值问题6．(2016·北京丰台区模拟)如图6所示，木块A 的质量为m ，木块B 的质量为M ，叠放在光滑的水平面上，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

现用水平力F 作用于A ，则保持A 、B 相对静止的条件是F 不超过( )图6A ．μmgB ．μMgC ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m MD ．μMg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋M m 解析：选C 由于A 、B 相对静止，以整体为研究对象可知F ＝(M ＋m )a ；若A 、B 即将相对滑动，以物体B 为研究对象可知μmg＝Ma ，联立解得F ＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m M ，选项C 正确。

7．(2016·河南三市联考)如图7所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。

若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0＝10 m/s 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x 将发生变化，重力加速度g 取10 m/s 2。

图7(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。

解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑。

mg sin θ＝F f ，F f ＝μmg cos θ联立解得：μ＝33。

(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，－mg sin θ·x －μmg cos θ·x ＝0－12m v 02， 解得x ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)。

令a ＝sin θ＋μcos θ＝1＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11＋μ2 sin θ＋11＋μ2 μcos θ 设cos α＝11＋μ2，则a ＝1＋μ2sin(α＋θ) 当α＋θ＝π2时，a 存在最大值a m ＝1＋μ2＝233。

即sin θ＝cos α＝11＋μ2＝32，θ＝60°时，x 最小。

对应的最小值x ＝v 022ag ＝532m 。

答案：(1)33 (2)θ＝60° 532m 对点训练：滑块、滑板模型8．如图8甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端静止放着小物块A 。

某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数。

设物体A 、B 之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F f ，且A 、B 的质量相等，则下列可以定性描述长木板B 运动的v -t 图像是( )图8解析：选B A 、B 相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F ＝2ma ，当A 、B 间刚好发生相对滑动时，对木板有F f ＝ma ，故此时F ＝2F f ＝kt ，t ＝2F f k ，之后木板做匀加速直线运动，故只有B 项正确。

9．(2016·济南模拟)如图9所示，以水平地面建立x 轴，有一个质量为m ＝1 kg 的木块放在质量为M ＝2 kg 的长木板上，木板长L＝11.5 m 。

已知木板与地面的动摩擦因数为μ1＝0.1，m 与M 之间的动摩擦因数μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。

m 与M 保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A 点经过坐标原点O 时的速度为v 0＝10 m/s ，在坐标为x ＝21 m 处的P 点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g 取10 m/s 2，求：图9(1)木板碰挡板时的速度v 1为多少？(2)碰后M 与m 刚好共速时的速度？(3)最终木板停止运动时AP 间距离？解析：(1)对木块和木板组成的系统，有：μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 v 02－v 12＝2a 1x 0，x 0＝x －L ，代入数据得：v 1＝9 m/s(2)由牛顿第二定律可知：a m ＝μ2g ＝9 m/s 2a M ＝μ1(M ＋m )g ＋μ2mg M ＝0.1×30＋0.9×102m/s 2＝6 m/s 2 m 运动至停止时间为：t 1＝v 1a m＝99s ＝1 s 此时M 速度：v M ＝v 1－a M t 1＝9 m/s －6×1 m/s ＝3 m/s ，方向向左，此后至m 、M 共速时间为t 2，有：v M －a M t 2＝a m t 2得：t 2＝0.2 s共同速度v 共＝1.8 m/s ，方向向左。

(3)至共速M位移：x1＝v1＋v共2×(t1＋t2)＝9＋1.82×1.2 m＝6.48 m共速后m、M以a1＝μ1g＝1 m/s2向左减速至停下位移：x2＝1.62 m最终AP间距：x＝11.5 m＋x1＋x2＝19.60 m。

答案：(1)9 m/s(2)1.8 m/s方向向左(3)19.60 m对点训练：传送带模型10．(多选)(2016·海口联考)如图11所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。