2022年高考物理一轮复习课时作业9牛顿运动定律的综合应用-.docx

九牛顿运动定律的综合应用1(2021杭州二检)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，小铁球处于静止状态在电梯运行时，乘客发觉小铁球与电梯地板间的距离增大，这一现象表明()A电梯肯定是在下降B电梯肯定是在上升C电梯的加速度方向肯定是向上D乘客肯定处在失重状态答案：D解析：由题意知，小铁球在电梯中处于静止时受到竖直向下的重力和向上的拉力，且拉力与重力大小相等；在电梯运行时，小铁球与电梯地板的距离增大了，说明弹簧的伸长量减小了，即拉力减小了，电梯的加速度向下，乘客肯定处于失重状态，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，可知选项D正确2如图所示，质量分别为m1和m2的两物块放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是(0)，用轻质弹簧将两物块连接在一起当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a2a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x.则下列关系正确的是()AF2FBx2xCF2FDx2x答案：D解析：两物块均以加速度a运动时，对整体有F(m1m2)g(m1m2)a，对m2有kxm2gm2a；当两物块均以加速度2a运动时，对整体有F(m1m2)g2(m1m2)a，对m2有kxm2g2m2A比较对应的两式可得F2F，x2x，所以D项正确3(多选)如图所示，一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m的物体B时，物体A的加速度为a，绳中张力为FT，则()AagBaCFTmgDFTmg答案：BD解析：对两物体整体分析，由牛顿其次定律有mg(Mm)a，解得ag；对物体A由牛顿其次定律有FTMa，代入a解得FTg，选项A、C错误，B、D正确4(2021哈尔滨模拟)(多选)如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v，再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则()A前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动B后t秒内Q与传送带之间无摩擦力C前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为11DQ由传送带左端运动到右端的平均速度为v答案：BD解析：前t秒内物体Q相对传送带向左滑动，物体Q受向右的滑动摩擦力，由牛顿其次定律可知Ffma，物体Q做匀加速运动，后t秒内物体Q相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A错误，B正确；前t秒内Q的位移x1t，后t秒内Q的位移x2vt，故，选项C错误；Q由传送带左端运动到右端的平均速度v，选项D正确5(多选)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示取g10 m/s2.则下列说法正确的是()A24 s小球的加速度大小为0.5 m/s2B小球质量为2 kgC杆的倾角为30D小球04 s内的位移为8 m答案：AC解析：由图象得：24 s小球的加速度a0.5 m/s2，则A正确；02 s小球做匀速直线运动时，重力沿细杆向下的分力等于5.0 N,24 s由牛顿其次定律得：F2F1ma得：m1 kg，则B错误；设细杆与水平面的夹角为，则F2mgsin ma，解得：30，则C正确；由速度时间图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即为5 m，则D错误6(2021辽宁师大附中期中)如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上A、B质量分别为mA6 kg，mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.2，开头时F10 N，此后渐渐增加，在增大到45 N的过程中，则下列推断正确的是()A当拉力FM2，则v1v2B若F1F2，M1v2C若F1F2，M1M2，则v1v2D若F1v2答案：BD解析：两物块与木板之间的摩擦力f是相同的，若F1F2，两物块受到的合力是相等的，加速度也是相等的，若M1M2，M1木板的加速度小，上面的物块与M1先分别，M2木板的加速度大，故其上的物块加速时间更长一些，所以v1v2；同理，M1v2，选项A错误，选项B正确若M1M2，则两木板的加速度a是相同的，若F1F2，则M1木板上的物块加速度大，在M1上运动的时间短，则M1加速的时间较短，末速度v1v2；同理，若F1v2，选项C错误，选项D正确9.一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m，若给m一向下的初速度v0，则m正好保持匀速下滑如图所示，现在m下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是()A在m上加一竖直向下的力F1，则m将保持匀速运动，M对地有水平向右的静摩擦力的作用B在m上加一个沿斜面对下的力F2，则m将做加速运动，M对地有水平向左的静摩擦力的作用C在m上加一个水平向右的力F3，则m将做减速运动，在m停止前M对地有向右的静摩擦力的作用D无论在m上加什么方向的力，在m沿斜面对下运动的过程中，M对地都无静摩擦力的作用答案：D解析：给滑块一初速度v0，正好匀速下滑，对其受力分析，mgsin mgcos 0，可得：tan ；设施加力F，与斜面对上方向的夹角为，隔离滑块，受力分析，如图甲所示，可得，Fcos FNmgsin ma，Fsin FNmgcos 0，可得：a；整体受力分析如图乙所示，可得：Fcos ()fmacos ，联立可得：f0，选项D正确10如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐，薄木板的质量M1.0 kg，长度L1.0 m在薄木板的中心有一个小滑块(可视为质点)，质量m0.5 kg，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数10.10，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，且20.20，设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力某时刻起给薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动(1)若小滑板与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？(2)若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F2应满足的条件答案：(1)4.5 N(2)F26 N解析：(1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，依据牛顿其次定律有1mgma1F11mg2(mM)gMa2a1a2F14.5 N若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少为4.5 N(2)设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则va1t2mgma3x1，x2a4t2F21mg2(mM)gMa4解得F26 N要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F26 N.11如图所示为上、下两端相距L5 m、倾角30、始终以v3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t2 s到达下端，重力加速度取g10 m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)假如将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端答案：(1)0.29(2)8.66 m/s解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为A由题意得Lat2，解得a2.5 m/s2由牛顿其次定律得mgsin Ffma又Ffmgcos 故0.29(2)假如传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a.由牛顿其次定律得mgsin Ffma又v2La故vm8.66 m/s12一弹簧秤的秤盘质量为m11.5 kg，盘内放一质量为m210.5 kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k800 N/m，系统处于静止状态，如图所示现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开头向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2 s内F是变化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少(取g10 m/s2)答案：168 N72 N解析：由于在0.2 s内F是变力，在0.2 s以后F是恒力，所以在t0.2 s时，P离开秤盘此时P受到秤盘的支持力为零，由于秤盘的质量m11.5 kg，所以此时弹簧不能处于原长设在00.2 s这段时间内P向上运动的距离为x，对物体P据牛顿其次定律可得：FFNm2gm2a对于秤盘和物体P整体应用牛顿其次定律可得Fk(m1m2)g(m1m2)a又由运动学公式知xat2令FN0，联立上式解得a6 m/s2当P开头运动时拉力最小，此时对秤盘和物体P整体有Fmin (m1m2)a72 N当P与秤盘分别时拉力F最大，Fmaxm2(ag)168 N.