2023屆高考物理一輪復習課時跟蹤檢測（十一）牛頓運動定律的綜合應用（卷Ⅱ）（普通班）

課時跟蹤檢測〔十一〕牛頓運動定律的綜合應用〔卷Ⅱ〕[B級——中檔題目練通抓牢]★1.(2023·淮安期末)將質量為m的圓環(huán)套在固定的水平直桿上，環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，對環(huán)施加一位于豎直平面內斜向上且與桿夾角為θ的拉力F，使圓環(huán)以加速度a沿桿運動，那么F的大小不可能是()A.eq\f(ma＋μmg,cosθ＋μsinθ)B.eq\f(ma－μmg,cosθ－μsinθ)C.eq\f(ma,sinθ)D.eq\f(mg,sinθ)解析：選C對環(huán)受力分析，受重力、拉力，還可能受彈力和摩擦力。其中彈力可能向上，也可能向下，也可能等于0。(1)假設環(huán)受到的彈力為0，那么：Fcosθ＝ma，F(xiàn)sinθ＝mg解得：F＝eq\f(mg,sinθ)或F＝eq\f(ma,cosθ)。(2)假設環(huán)受到的彈力的方向向上，那么：Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma所以：F＝eq\f(ma＋μmg,cosθ＋μsinθ)。(3)假設環(huán)受到的彈力的方向向下，那么：Fcosθ－μ(Fsinθ－mg)＝ma所以：F＝eq\f(ma－μmg,cosθ－μsinθ)。所以選項A、B、D是可能的，選項C是不可能的?！?.(2023·廣西桂林十八中模擬)如下圖，斜面體A上的物塊P，用平行于斜面體的輕彈簧拴接在擋板B上，在物塊P上施加水平向右的推力F，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，以下說法正確的選項是()A．物塊P與斜面之間一定存在摩擦力B．輕彈簧一定被拉長C．地面對斜面體A一定存在摩擦力D．假設增大推力F，那么彈簧彈力一定減小解析：選C假設物塊P受到彈簧的拉力與物塊的重力沿斜面向下的分力及推力F、支持力平衡，那么不受摩擦力，選項A錯誤；假設物塊P受到支持力與物塊的重力沿斜面向下的分力及推力F三力平衡，那么無彈簧彈力，選項B錯誤；物塊P、斜面體A及彈簧相對靜止，可看成一整體，受到的地面的摩擦力等于推力F，選項C正確；增大推力F，根據(jù)物塊P與斜面之間可能存在的靜摩擦力的特點，即0≤f≤fm，判斷彈簧彈力減小、不變或者增大都有可能，選項D錯誤。★3.如下圖，傳送帶沿逆時針方向勻速轉動。木塊a、b用細線連接，用平行于傳送帶的細線拉住a，兩木塊處于靜止狀態(tài)。關于木塊受力個數(shù)，正確的選項是()A．a受4個力，b受5個力 B．a受4個力，b受4個力C．a受5個力，b受5個力 D．a受5個力，b受4個力解析：選D先對木塊b受力分析，受重力、支持力、細線的拉力和沿著斜面向下的滑動摩擦力，共4個力；再對木塊a受力分析，受重力、支持力、兩側細線的兩個拉力和沿著斜面向下的滑動摩擦力，共5個力；故A、B、C錯誤，D正確。4．[多項選擇]如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，當A、B之間產生拉力且大于0.3N時A、B將會別離。t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。那么以下關于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的選項是()A．t＝2.0s時刻A、B之間作用力大小為0.6NB．t＝2.0s時刻A、B之間作用力為零C．t＝2.5s時刻A對B的作用力方向向左D．從t＝0時刻到A、B別離，它們運動的位移為5.4m解析：選AD設t時刻A、B別離，別離之前A、B共同運動，加速度為a，以整體為研究對象，那么有：a＝eq\f(F1＋F2,mA＋mB)＝eq\f(3.6＋0,1＋2)m/s2＝1.2m/s2，別離時：F2－Ff＝mBa，得：F2＝Ff＋mBa＝0.3N＋2×1.2N＝2.7N，經歷時間：t＝eq\f(4,3.6)×2.7s＝3s，根據(jù)位移公式：x＝eq\f(1,2)at2＝5.4m，那么D正確；當t＝2s時，F(xiàn)2＝1.8N，F(xiàn)2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2＝0.6N，A正確，B錯誤；當t＝2.5s時，F(xiàn)2＝2.25N，F(xiàn)2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2>0，A對B的作用力方向向右，C錯誤?！?.[多項選擇](2023·湖南衡陽模擬)如圖，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小。這就是大家熟悉的慣性演示實驗。假設砝碼和紙板的質量分別為M和m。各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為d?，F(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，以下說法正確的選項是()A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)gB．要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)gC．假設砝碼與紙板別離時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼不會從桌面上掉下D．當F＝μ(2M＋3m)解析：選BC對紙板分析，當紙板相對砝碼運動時，所受的摩擦力為f2＝μ(M＋m)g＋μMg，故A錯誤；設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，那么有：f1＝Ma1，F(xiàn)－f1－f2＝ma2，發(fā)生相對運動需要a2>a1，代入條件解得：F>2μ(M＋m)g，故B正確；假設砝碼與紙板別離時的速度小于eq\r(μgd)，砝碼勻加速運動的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，勻減速運動的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，那么位移小于d，不會從桌面掉下，故C正確；當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝eq\f(F－μm＋Mg－μMg,m)＝2μg，根據(jù)eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，那么此時砝碼的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小a′＝μg，那么勻減速運動的位移為eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而勻加速運動的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，可知砝碼恰好離開桌面，故D錯誤。6.如下圖，一直立的輕質薄空心圓管長為L，在其上下端開口處各安放有一個質量分別為m和2m的圓柱形物塊A、B，A、B緊貼管的內壁，厚度不計。A、B與管內壁間的最大靜摩擦力分別是f1＝mg、f2＝2mg，且設滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等。管下方存在這樣一個區(qū)域：當物塊A進入該區(qū)域時受到一個豎直向上的恒力F作用，而B在該區(qū)域運動時不受它的作用，PQ、MN是該區(qū)域的上下水平邊界，高度差為H(L>2H)?，F(xiàn)讓管的下端從距上邊界PQ高H處由靜止釋放，重力加速度為g。(1)為使A、B間無相對運動，求F應滿足的條件。(2)假設F＝3mg，求物塊A到達下邊界MN時A、B間的距離。解析：(1)設A、B與管不發(fā)生相對滑動時的共同加速度為a，A與管間的靜摩擦力為fA。對A、B整體有3mg－F＝3ma，對A有mg＋fA－F＝ma，并且fA≤f1，聯(lián)立解得F≤eq\f(3,2)mg。(2)A到達上邊界PQ時的速度vA＝eq\r(2gH)。當F＝3mg時，可知A相對于圓管向上滑動，設A的加速度為a1，那么有mg＋f1－F＝ma1，解得a1＝－g。A向下減速運動的位移為H時，速度剛好減小到零，此過程運動的時間t＝eq\r(\f(2H,g))。由于管的質量不計，在此過程中，A對管的摩擦力與B對管的摩擦力方向相反，大小均為mg，B受到管的摩擦力小于2mg，那么B與圓管相對靜止，B和圓管整體受到重力和A對管的靜摩擦力作用以vA為初速度、以a2為加速度做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得a2＝eq\f(2mg－mg,2m)＝eq\f(g,2)。物塊A到達下邊界MN時A、B之間的距離為ΔL＝L－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vAt＋\f(1,2)a2t2－H))＝L－eq\f(3,2)H。答案：(1)F≤eq\f(3,2)mg(2)L－eq\f(3,2)H[C級——難度題目自主選做]7．(2023·江西玉山一中第二次月考)圖甲中，質量為m1＝1kg的物塊疊放在質量為m2＝3kg的木板右端。木板足夠長，放在光滑的水平地面上，木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，整個系統(tǒng)開始時靜止，重力加速度g＝10m/s2。(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，為使木板和物塊發(fā)生相對運動，拉力F至少應為多大？(2)在0～4s內，假設拉力F的變化如圖乙所示，2s后木板進入μ2＝0.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出0～4s內木板和物塊的v-t圖像，并求出0～4s內物塊相對木板的位移大小。解析：(1)把物塊和木板看做整體，由牛頓第二定律得：F＝(m1＋m2)a，對物塊分析，物塊與木板將要相對滑動時有μ1m1g＝聯(lián)立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8N。(2)物塊在0～2s內做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：μ1m1g＝m解得a1＝2m/s2，2s末物塊的速度為v1＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s。木板在0～1s內做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：F1－μ1m1g＝m解得a2＝4m/s2。1s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1m/s＝4m/s。在1～2s內F2＝μ1m木板做勻速運動，速度為4m/s。2～4s內如果物塊和木板一起減速運動，共同的加速度大小為a共＝eq\f(μ2m1＋m2g,m1＋m2)＝μ2g，m1的合力μ2m1g>fm＝所以物塊和木板相對滑動2s后物塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有：－μ1m1g＝m得：a3＝－2m/s2。速度從4m/s減至零的時間t3＝eq\f(0－v1,a3)＝eq\f(0－4,－2)s＝2s。木板做勻減速直線運動有：－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m得：a4＝－eq\f(8,3)m/s2。速度從4m/s減至零的時間t4＝eq\f(0－v1′,a4)＝eq\f(－4,－\f(8,3))s＝1.5s。二者在整個運動過程的v-t圖像如下圖(實線是木板的v-t圖像，虛線是物塊的v-t圖像)。0～2s內物塊相對木板向左運動Δx1＝eq\f(1,2)a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－eq\f(1,2)a1t12，2～4s內物塊相對木板向右運動Δx2＝eq\f(－a1t12,2a3)－eq\f(－a2t22,2a4)，解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1m。所以0～4s內物塊相對木板的位移大小為Δx＝1m。答案：(1)8N(2)見解析圖1m★8．(2023·天津質檢)水平傳送帶被廣泛應用于飛機場和火車站，對旅客的行李進行平安檢查，如圖為一水平傳送帶裝置示意圖，繃緊的傳送帶AB始終保持1m/s的恒定速度運行，一質量為m＝4kg的行李無初速的放在A處，該行李與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，AB間的距離l＝2m，g取10m/s2，求：(1)行李從A運送到B所用的時間t為多少；(2)電動機運送該行李需消耗的電能E為多少；(3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能夠較快的傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率v′。解析：(1)行李輕放在傳送帶上，開始是靜止的，行李受滑動摩擦力而向右運動，設此時行李的加速度為a，由牛頓第二定律得μmg＝ma，a＝1.0m/s2設行李從速度為零運動至速度為1m/s所用的時間為t1，所通過的位移為s1，那么v＝at1，t1＝1s，s1＝eq\f(1,2)at12，s1＝0.5m行李速度到達1m/s后與皮帶保持相對靜止，一起做勻速運動，設所用時間為t2那么t2＝eq\f(l－s1,