【文档说明】2025届高三一轮复习物理试题（人教版新高考新教材）考点规范练10　牛顿运动定律的综合应用（二） Word版含解析.docx，共(5)页，127.931 KB，由小赞的店铺上传

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考点规范练10牛顿运动定律的综合应用(二)一、单项选择题1.如图所示,光滑水平面上,水平恒力F作用在木块上,长木板和木块间无相对滑动,长木板质量为m0,木块质量为m。它们的共同加速度为a,木块与长木板间的动摩擦因数为μ,则在运动过程中()A.木块受到的摩擦力一定是μmgB.木块受到的合力

为FC.长木板受到的摩擦力为μmgD.长木板受到的合力为𝑚0𝐹𝑚+𝑚02.如图甲所示,倾角为θ的传送带始终沿逆时针方向以速度v0匀速转动。t=0时,将一小物块无初速度轻放在传送带上端,随后小物块的速度v与时间t关系如图乙所示。已知t1时刻前后,小物块的加速度分别为a1、a2,小物块

与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则a1、a2的差值为()甲乙A.μgcosθB.2μgcosθC.gsinθD.2gsinθ3.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传

送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,则()A.传送带的速度为4m/sB.传送带底端到顶端的距离为14mC.物块与传送带间的动摩擦因数为18D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相

反4.如图甲所示,一长为2.0m、质量为2kg的长木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1kg、可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图

乙所示。现改用F=22N的水平外力拉长木板,g取10m/s2,则小物块在长木板上滑行的时间为()A.1sB.2sC.√2sD.√3s5.如图所示,在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A、B,A、B之间的

动摩擦因数为0.2,A的质量为2kg,B的质量为1kg,从0时刻起,A受到一向右的水平拉力F的作用,F随时间变化的规律为F=(6+2t)(N)。t=5s时撤去外力,运动过程中A一直未滑落,g取10m/s2,

则()A.t=2s时,A、B发生相对滑动B.t=3s时,B的速度为8m/sC.撤去外力瞬间,A的速度为19m/sD.撤去外力后,再经过1s,A、B速度相等二、多项选择题6.如图所示,传送带与水平面的夹角为θ,传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木

块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ,能反映小木块的速度随时间变化关系图像的可能是()7.如图所示,质量分别为m=1kg和m'=2kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上,两物块均处于静止状态。从某时刻开始,对物块B施加一水

平推力F,已知推力F随时间t变化的关系为F=6t(N),两物块之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,下列结论正确的是()A.两物块刚发生相对运动时的速度为1m/sB.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为1sC.从施加推力

F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5mD.当推力F=2N时A和B就会发生相对运动8.如图甲所示,一质量为m0的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关

系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()A.小滑块的质量m=2kgB.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C.当水平拉力F=7N时,长木板的加速度大小为3m/s2D.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大三、非选择题9.如图甲所示,倾角为θ的传送带以

恒定速率逆时针运行。现将一质量为m=2kg的小物体轻轻放在传送带的A端,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2s末物体到达B端,取沿传送带向下为正方向,g取10m/s2,求:甲乙(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v;(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ

。10.“桌布挑战”的挑战规则是一个人用力抽走桌布,同时保证桌子上的餐具“不动”(肉眼观察不到餐具位置发生变化)。现将该挑战做如图所示的简化,在桌面上放置一块桌布,将一个可视为质点的正方体静置于桌布上,小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布的质量

分别为m和m',正方体与桌布间的动摩擦因数为μ1,桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为μ2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)若要使正方体相对桌布静止,求拉力的最大值FT;(2)若肉眼感知物体“不动”的最大距离l=0.0075m,m=1kg,m'=2

kg,μ1=0.1,μ2=0.2,g取10m/s2,正方体与桌布左端的距离d=0.04m,求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小拉力F。考点规范练10牛顿运动定律的综合应用(二)1.D解析:整体的加速度a=𝐹𝑚0+𝑚,隔离长木板,受力分析,长木板所受的合力为F合=𝑚0𝐹�

�0+𝑚,且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力。又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力,故选项A、C错误,D正确。木块所受的合力F合'=ma=𝑚𝐹𝑚0+𝑚,故选项B错误。2.B解析:由题意知小物块受重力、支持力和摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得,a1=g(s

inθ+μcosθ),a2=g(sinθ-μcosθ),a1-a2=2μgcosθ,故B正确,A、C、D错误。3.A解析:如果v0小于v1,则物块向上做减速运动时加速度不变,与题图乙不符,因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时,继续向上

做减速运动,由此可以判断传送带的速度为4m/s,选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于v-t图线与横轴所围的面积,即12×(4+12)×1m+12×1×4m=10m,选项B错误。0~1s内,gsinθ+μgcosθ=8m/s2;1~2s内,gsinθ-μgcosθ=4

m/s2,解得μ=14,选项C错误。在1~2s内,摩擦力方向与物块的运动方向相同,选项D错误。4.A解析:由题图乙知力F较小时,小物块和长木板均静止,随着外力的增大二者先一起加速运动,后来发生相对滑动。当F>2N时二者开始加速,

表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2=2N;当F>14N时小物块和长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff1=4N,小物块的加速度a1=4m/s2。改用F=22N的外力水平拉长木板时,由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=m'a,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足12at2-1

2a1t2=l,解得t=1s,故选项A正确。5.C解析:当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时,A、B之间刚好出现相对运动。对B物体,根据牛顿第二定律有μmAg=mBa,此时的加速度为a=4m/s2;对A、B整体,根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)a=12N=(6+2t)(N),

所以t=3s,故A错误。0~3s内A、B一起运动,t=0时AB的加速度为a0=𝐹0𝑚A+𝑚B=2m/s2,则t=3s时,B的速度为v3=𝑎t=𝑎0+𝑎2t=9m/s,故B错误。5s时A物体的加速度为a2=𝐹-𝐹f𝑚A=16-0.2×202m/s2=6m/s2,则5s时A物体的

速度为vA=v3+𝑎At=9m/s+4+62×2m/s=19m/s,故C正确。撤去外力时,B的速度vB=v3+𝜇𝑚A𝑔𝑚Bt=9m/s+8m/s=17m/s,设经过t0时间两物体速度相等,则有19m/s-

𝜇𝑚A𝑔𝑚At0=17m/s+𝜇𝑚A𝑔𝑚Bt0,解得t0=13s,故D错误。6.AD解析:开始阶段,木块所受的滑动摩擦力沿着斜面向下,木块先沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,得a

1=gsinθ+μgcosθ恒定,则v-t图像的斜率不变;若传送带足够长,小木块的速度会与传送带速度相等,此时由于μ<tanθ,则有sinθ>μcosθ,所以木块将继续匀加速运动,由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ

=ma2,得a2=gsinθ-μgcosθ,因此,a2<a1,故A正确,B、C错误。若传送带比较短,木块可一直做匀加速运动,故D正确。7.AB解析:当物块B达到最大静摩擦力时,物块B相对物块A发生相对滑

动,则此时物块B的加速度为a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2;对整体受力分析可知,此时的推力F=(m+m')a=3×2N=6N,则可知发生相对运动的时间为t=1s,F是均匀增加的,故1s内其平均作用力𝐹=62N=3N;对整体由动量定理可得,

𝐹t=(m'+m)v,解得v=1m/s,故A、B正确,D错误。若物块做匀加速直线运动,则1s内的位移x=𝑣2t=0.5m;而物块做的是变加速直线运动,故位移不是0.5m,故C错误。8.AC解析:当F=6N时,两物体恰好具有最大共同加速度,

对整体分析,由牛顿第二定律有F=(m0+m)a,代入数据解得m0+m=3kg。当F大于6N时,两物体发生相对滑动,对长木板有a=𝐹-𝜇𝑚𝑔𝑚0=𝐹𝑚0−𝜇𝑚𝑔𝑚0,图线的斜率k=1𝑚0=1,解得m0=1kg,滑块的质量m=2kg,选项A正

确。滑块的最大加速度a'=μg=2m/s2,所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2,选项B错误。当F=7N时,由a=𝐹-𝜇𝑚𝑔𝑚0知长木板的加速度a=3m/s2,选项C正确。当两物体发生相对滑动时,滑块的加速度a'=μg=2m/s2,恒定不变,选项D错误。9.解析:(1)传送

带A、B间的距离l即为v-t图线与t轴所围的面积,所以l=12×1×10m+12×(10+12)×1m=16m由平均速度的定义得𝑣=𝑙𝑡=8m/s。(2)由v-t图像可知传送带运行速度为v1=10m/s0~1s内

物体的加速度为a1=Δ𝑣Δ𝑡=10m/s21~2s内物体的加速度为a2=2m/s2根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1mgsinθ-μmgcosθ=ma2联立两式解得μ=0.5。答案:(1)8m/s(2)0.5

10.解析:(1)设正方体的最大加速度为a1,桌布的加速度大小为a2,对正方体、桌布分别受力分析有μ1mg=ma1FT-μ1mg-μ2(m'+m)g=m'a2正方体和桌布保持相对静止应满足:a2≤a1解得:拉力的最大值FT=(μ1+μ2)(m'+m)g。(2)设正方体在桌布上运动的位移为x

1,加速度大小为a3,时间为t1,正方体离开桌布后运动的位移为x2,加速度大小为a4,运动时间为t2;正方体从桌布上离开前,桌面的加速度大小为a5,桌布运动的位移大小为x3。则有μ1mg=ma3x1=12a3𝑡12μ2mg=ma4x2=1

2a4𝑡22F-μ1mg-μ2(m'+m)g=m'a5x3=12a5𝑡12=d+x1若要完成挑战,则正方体移动的总位移必须小于或等于肉眼感知物体“不动”的最大距离l,考虑临界值有l=x1+x2由正方体先从零开始做匀加速运动,后做匀减速运动,最终静止在桌面上,有a3t

1=a4t2联立解得F=25N。答案:(1)(μ1+μ2)(m'+m)g(2)25N