高考物理一輪復(fù)習(xí)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

A卷一一基礎(chǔ)保分專(zhuān)練

1.游樂(lè)場(chǎng)里有一種大型娛樂(lè)器械，可以讓人體驗(yàn)超重和失重的感覺(jué)。其環(huán)形座艙套在

豎直柱子上，先由升降機(jī)送至70多米高處，然后讓座艙由靜止無(wú)動(dòng)力下落，落到離地面30

米高的位置時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)，座艙做減速運(yùn)動(dòng)，到地面時(shí)剛好停止。假設(shè)艙中某人用手托

著一個(gè)重為50N的鉛球。下列說(shuō)法正確的是（）

A.當(dāng)座艙落到離地面45米高的位置時(shí)，球?qū)κ值膲毫?

B.當(dāng)座艙落到離地面45米高的位置時(shí)，手對(duì)球有支持力

C.當(dāng)座艙落到離地面20米高的位置時(shí)，球?qū)κ值膲毫?

D.當(dāng)座艙落到離地面20米高的位置時(shí)，手對(duì)球的支持力小于50N

解析：選A由題意可知，座艙在落到離地面30米高的位置前做自由落體運(yùn)動(dòng)，之后

座艙做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)座艙落到離地面45米高的位置時(shí)，人和球均做自由落體運(yùn)動(dòng)，此時(shí)球

對(duì)手的作用力為零，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)座艙落到離地面20米高的位置時(shí)，球做減速

運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，球?qū)κ值淖饔昧Υ笥?0N,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。

2.如圖，物塊4和8的質(zhì)量分別為4R和處開(kāi)始4方均靜止，細(xì)繩

拉直，在豎直向上拉力b=6儂作用下，動(dòng)滑輪豎直向上加速運(yùn)動(dòng)。已知?jiǎng)?/p>

滑輪質(zhì)量忽略不計(jì)，動(dòng)滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細(xì)繩

足夠長(zhǎng)。在滑輪向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊/和6的加速度分別為（

11

=

A.a-'g,a6=5gB.a,AaB=《g

0

1

C.a=%g,叁=3gD.品=0,aB=2g

解析：選D對(duì)滑輪分析：F—2T=ma,又勿=0,

所以T—2—2-3儂'，

對(duì)總分析：由于7<4儂故Z靜止，a=0

,八「T-mg3mg—mg,.一口

對(duì)小分析：麴=-----=------故正確。

mm-=2g,D

3.（2019?汕頭模擬）如圖所示，將一手電筒豎直向上放置，接通

電源開(kāi)關(guān)，旋松后蓋使小電珠恰能點(diǎn)亮。手持手電筒并保持它在豎直方

向運(yùn)動(dòng)，要使得小電珠熄滅，可以（）

A.緩慢向上勻速運(yùn)動(dòng)

B.緩慢向下勻速運(yùn)動(dòng)

C.突然向上加速運(yùn)動(dòng)

D.突然向下加速運(yùn)動(dòng)

解析：選C如果手電筒加速上升或減速下降，電池處于超重狀態(tài)，它對(duì)彈簧的作用力

將大于其重力，彈簧壓縮量增大，電池上端將與電珠脫離，電珠熄滅，故只有c符合題意。

4.如圖所示，質(zhì)量為您的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的

車(chē)廂底板上，并用豎直細(xì)繩通過(guò)光滑定滑輪連接質(zhì)量為?的物體1,

跟物體1相連接的繩與豎直方向成《角不變。下列說(shuō)法中正確的是

（）

A.車(chē)廂的加速度大小為Qan9

B.繩對(duì)物體1的拉力為協(xié)史os9

C.車(chē)廂底板對(duì)物體2的支持力為（應(yīng)一加g

D.物體2受車(chē)廂底板的摩擦力為0

解析：選A以物體1為研究對(duì)象，分析受力情況如圖甲所

N

示，物體1受重力/ag和拉力7,根據(jù)牛頓第二定律得以私an9

區(qū)4*/

—nha—Tsin9,得a=Qan9,T=-如,0,故A正確，B錯(cuò)誤。

coso

m2S

以物體2為研究對(duì)象，分析受力如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律乙

得人龐彳7=7ag一益］下'f=施〃=龐貝an",故C、D錯(cuò)誤。

5.（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿力6,桿與水平方

向的夾角為^（0°WJW90°）,一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上。

現(xiàn)把小圓環(huán)從/端由靜止釋放，同時(shí)給它施加一位于該豎直平面內(nèi)的

恒力凡改變直桿與水平方向的夾角9,當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30°時(shí)，小圓環(huán)在直

桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，重力加速度為g,則（）

A.恒力廠一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向

B.恒力廠和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向

C.若恒力廣的方向水平向右，則恒力廠的大小為噌儂

D.恒力廠的最小值為相儂

解析：選BCD小圓環(huán)受到豎直向下的重力、光滑直桿對(duì)小圓環(huán)的支持力和恒力凡

把光滑直桿4?對(duì)小圓環(huán)的支持力正交分解，沿直桿方向無(wú)分力，由/=%/可知，要使小

圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度必須最大，由牛頓第二定律可知，當(dāng)恒

力和重力的合力沿光滑直桿方向時(shí)，加速度最大，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；若恒力尸的方

向水平向右，由tan30°=—,解得分=/儂，選項(xiàng)C正確；當(dāng)恒力尸的方向垂直光滑直

F\[3

桿時(shí)，恒力分最小，由sin60°=—,解得尸的最小值為溫n=^sin60°-儂，選項(xiàng)D

mg2

正確。

6.（2018?保定二模）如圖所示，光滑長(zhǎng)方體物塊質(zhì)量為必靜

止在水平地面上，上部固定一輕滑輪，跨過(guò)定滑輪的輕繩連接質(zhì)量F一1

為處和施的兩物體，連接01的細(xì)繩水平、座恰好與〃的側(cè)壁相接〃〃/]〃〃7〃〃〃工〃

觸。不考慮一切摩擦，現(xiàn)對(duì)〃施加水平向右的推力凡使得三物體不存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則尸的

大小為（）

nh仍+施+〃nh勿i+施+〃

A--------------"R---------------c

zz7iHk協(xié)+施+〃

C.D.—

nt-M

解析：選A對(duì)整體水平方向有方=（人力i+您）2對(duì)明水平方向有7=02對(duì)施豎直

方向有7=施g,聯(lián)立解得Q施—+%g,故A正確。

Uh

7.（多選）如圖所示，光滑水平面上放置著四個(gè)相同的木塊，其enn

中木塊6與c之間用一輕彈簧相連，輕彈簧始終在彈性限度內(nèi)?，F(xiàn)

用水平拉力尸拉6木塊，使四個(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是

（）

A.一起加速過(guò)程中，「木塊受到四個(gè)力的作用

F

B.一起加速過(guò)程中，。木塊受到的靜摩擦力大小為％

C.一起加速過(guò)程中，/、〃木塊所受摩擦力大小和方向相同

D.當(dāng)尸撤去瞬間，/、〃木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變

解析：選BC在水平拉力戶(hù)的作用下，四個(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng)，則由

牛頓第二定律可知，對(duì)整體有b=4儂，對(duì)4〃木塊有力=心=儂，解得從，木塊所受摩擦

p

力大小￡=方=『方向均水平向右，故B、C正確；一起加速過(guò)程中，C木塊受到重力、D

木塊對(duì)其的壓力和靜摩擦力、地面對(duì)其的支持力及彈簧對(duì)其的彈力，共五個(gè)力的作用，故A

錯(cuò)誤；當(dāng)尸撤去瞬間，，木塊所受靜摩擦力的大小和方向均不變，而/木塊所受靜摩擦力的

大小不變但反向，故D錯(cuò)誤。

8.（多選）如圖所示，質(zhì)量均為0的/、8兩物塊置于水平地___1r.

面上，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，物塊間用一水平輕繩、、、?、3晨晨晨、

相連，繩中無(wú)拉力。現(xiàn)用水平力戶(hù)向右拉物塊4假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。重力

加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是（）

A.當(dāng)0＜y〃儂時(shí)，繩中拉力為0

B.當(dāng)〃儂＜收2“儂時(shí)，繩中拉力大小為尸一〃〃g

,F

C.當(dāng)/；＞2“儂時(shí)，繩中拉力大小為5

F

D.無(wú)論尸多大,繩中拉力大小都不可能等于§

解析：選ABC當(dāng)0＜尸?4儂時(shí)，力受到拉力與靜摩擦力的作用，二者平衡，繩中拉力

為0,故A正確；當(dāng)〃儂＜片2〃儂時(shí)，整體受到拉力與摩擦力的作用，二者平衡，所以

整體處于靜止?fàn)顟B(tài),此時(shí)A受到的靜摩擦力達(dá)到最大即口mg,所以繩中拉力大小為F-口mg,

故B正確；當(dāng)？＞2〃儂時(shí)，對(duì)整體：a=F~^~,對(duì)8：a=L皚聯(lián)立解得繩中拉

力大小為故C正確；由以上的分析可知，當(dāng)〃儂V/W2〃勿g時(shí)繩中拉力大小為尸一〃加g,

繩中拉力大小可能等于（凡故D錯(cuò)誤。

9.（多選）如圖甲所示，傾角為37。的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定速度運(yùn)行，將一質(zhì)量加=1

kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙

所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列說(shuō)

法正確的是（）

v/(m-s-1)

5

A.傳送帶沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小為4m/s

C.0—8s內(nèi)物體位移的大小為14m

D.0—8s內(nèi)物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126J

解析：選CD由題圖乙可知小物體先向下做減速運(yùn)動(dòng)后向上做加速運(yùn)動(dòng)，故可知傳送

帶速度方向沿順時(shí)針?lè)较?，最終物體和傳送帶的速度相同，故傳送帶速度大小為4m/s,故

2

A錯(cuò)誤；根據(jù)r-t圖像的斜率表示加速度，物體相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a=]m/s2

1m/s2,由牛頓第二定律得〃儂cos37°—mgsin37°=ma,解得〃=0.875,故B錯(cuò)誤;

12|6

0?8s內(nèi)物體的位移為S=—]X2X2m+-]-X4m=14m,故C正確；0?8s內(nèi)只有前6

s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，0?6s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為s帶=4X6m=24m,0~6s

14X4

內(nèi)物體的位移為s物=-]><2X2m+—m=6m,因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=nmgcos

37°?（s帶一s物）=126J,故D正確。

10.（多選）（2015?全國(guó)卷H）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好

的車(chē)廂。當(dāng)機(jī)車(chē)在東邊拉著這列車(chē)廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車(chē)廂的

2

掛鉤P和Q間的拉力大小為尸；當(dāng)機(jī)車(chē)在西邊拉著車(chē)廂以大小為5a的加速度向西行駛時(shí)，P

和Q間的拉力大小仍為凡不計(jì)車(chē)廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量相同，則這列車(chē)廂的節(jié)

數(shù)可能為（）

A.8B.10

C.15D.18

解析：選BC設(shè)該列車(chē)廂與P相連的部分為P部分，與Q相連的部分為Q部分。設(shè)該

列車(chē)廂有〃節(jié)，Q部分為"節(jié)，每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量為如當(dāng)加速度為a時(shí)，對(duì)Q有P=/M/a；當(dāng)

22

加速度為鏟時(shí)，對(duì)P有尸=（〃一加啊a,聯(lián)立得2〃=5功。當(dāng)4=2,a=4,a=6,加=8時(shí)，

〃=5,z?=10,A=15,〃=20,由題中選項(xiàng)得該列車(chē)廂節(jié)數(shù)可能為10或15,選項(xiàng)B、C正確。

11.（2019?南昌調(diào)研）如圖所示，在傾角為6的固定斜面上有兩個(gè)

靠在一起的物體4B,兩物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃相同。用平行于

斜面的恒力F向上推物體A,使兩物體沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，且B

對(duì)力的壓力平行于斜面。下列說(shuō)法中正確的是（）

A.只減小力的質(zhì)量，6對(duì)/的壓力大小不變

B.只減小6的質(zhì)量，6對(duì)4的壓力大小會(huì)增大

C.只減小斜面的傾角，8對(duì)4的壓力大小不變

D.只減小兩物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃，6對(duì)4的壓力會(huì)增大

解析：選C將46看成一個(gè)整體，整體在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分

力，沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，沿斜面向上的推力，根據(jù)牛頓第二定律可得a=

F—nh+niBgsin0—n如+刃？geos9F

曲+磔(gsin9—ligeos&,對(duì)6分析可

得h.ii一頻cos好研解得2嬴嬴，由牛頓第三定律可知，6對(duì)/的壓力

"=「,若只減小"的質(zhì)量,壓力變大,若只減小彳的質(zhì)量，壓力變小，限B錯(cuò)誤；4

8之間的壓力與斜面的傾角、與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)無(wú)關(guān)，C正確，D錯(cuò)誤。

12.粗糙的地面上放著一個(gè)質(zhì)量〃=1.5kg的斜面體，斜面部

分光滑，底面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.2,傾角,在—

固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量0=0.5kg的小球，彈多加〃—》〃〃〃〃,

簧的勁度系數(shù)A=200N/m,現(xiàn)給斜面體施加一水平向右的恒力凡使整體向右以加速度a=

2

1m/s?做勻加速運(yùn)動(dòng)。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/so

(1)求廠的大??；

(2)求出彈簧的形變量及斜面對(duì)小球的支持力大小。

解析：(1)整體以加速度a勻加速向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律：尸一“(底㈤g=(-

zz7)a,

解得F=6N?

(2)設(shè)彈簧的形變量為x,斜面對(duì)小球的支持力為R

對(duì)小球受力分析：

在水平方向：kxcos9—/,Nsin0—ma

在豎直方向：4xsin夕+A1cos8=mg

解得：x=0.017mR=3.7N?

答案：(1)6N(2)0.017m3.7N

13.(2019?通化質(zhì)檢)如圖所示，一長(zhǎng)￡=2m、質(zhì)量”=4kg的薄木板(厚度不計(jì))靜

止在粗糙的水平臺(tái)面上，其右端距平臺(tái)邊緣2=5m,木板的正中央放有一質(zhì)量為勿=1kg

的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))。已知木板與地面、物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃i=0.4。現(xiàn)對(duì)木

板施加一水平向右的恒力凡其大小為48N,g取10m/s2,試求：

(1)尸作用了1.2s時(shí)，木板的右端離平臺(tái)邊緣的距離；

(2)要使小物塊最終不能從平臺(tái)上滑出去，則物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)處應(yīng)滿足的

條件。

解析：(1)假設(shè)開(kāi)始時(shí)物塊與木板會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，由牛頓第二定律，對(duì)木板有：F—

+ni)g~li、mg=Mai,

解得：ai=6m/s2o

2

對(duì)物塊有：li\mg=mai,解得：a2=4m/so

因?yàn)閍2〈&,故假設(shè)成立。

設(shè)尸作用6秒后，小物塊恰好從木板左端滑離，則有：

Z11

2-—a.it2

代入數(shù)據(jù)解得：2=1s

在此過(guò)程中，木板的位移為：jri=-^if2=^X6XI2m=3m,

末速度為：片=功力=6X1m/s=6m/so

物塊的位移為：至=|&d=2X4X仔m=2m,

末速度為：吸=&Z=4X1m/s=4m/so

在小物塊從木板上滑落后的0.2s內(nèi)，由牛頓第二定律，

對(duì)木板有:F—uJfg=MaJ

解得：aif=8m/s2o

木板發(fā)生的位移為：荀'必

解得：Xi'=1.36m

此時(shí)木板距平臺(tái)邊緣的距離為：

Ax=l—x\—x\=（5一3一1.36）m=0.64mo

（2）小物塊滑至平臺(tái)后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，

對(duì)物塊有：〃2儂=儂2'

解得：a2'=〃2g

、V?2

若小物塊在平臺(tái)上速度減為0,則通過(guò)的位移為：）

要使物塊最終不會(huì)從平臺(tái)上掉下去需滿足：

/+］三用+入2，，聯(lián)立解得：〃220.2。

答案：（1）0.64m（2）〃2

B卷一一重難增分專(zhuān)練

1.將質(zhì)量為勿的圓環(huán)套在固定的水平直桿上，環(huán)的直徑略大于桿/F

的截面直徑，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為對(duì)環(huán)施加一位于豎直平面?拄二

內(nèi)斜向上且與桿夾角為。的拉力凡使圓環(huán)以加速度d沿桿運(yùn)動(dòng)，則方的大小不可能是（）

ma+nmgma-umg

A*cos?+〃sin8&cos8一〃sin9

mamg

C------D.

?sin8sin0

解析：選C對(duì)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）若環(huán)受到的彈力為0,則：Feos0=ma,Fsin8=mg

mg?ma

解得:尸二三「7或F=

cose°

⑵若環(huán)受到的彈力的方向向上，貝IJ:

/cosO—ii（mg—Fsin。）=儂

ma十口mg

所以：F=

cos8+〃sin0

（3）若環(huán)受到的彈力的方向向下，貝IJ：

Feos。一〃（咫in0—mg）=ma

ma-nmg

所以：F—

cos8—〃sine°

所以選項(xiàng)A、B、D是可能的，選項(xiàng)C是不可能的。

2.（2019?吉林調(diào)研）質(zhì)量為血=20kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)=2m的木板放：為

在水平面上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4=0.1。將質(zhì)量/

=10kg的小木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以的=4m/s的速度從木板的左端水平拋射到木板上（如圖

所示），小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2=0.4（最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10

m/s2）o以下說(shuō)法正確的是（）

A.木板一定靜止不動(dòng)，小木塊不能滑出木板

B.木板一定靜止不動(dòng)，小木塊能滑出木板

C.木板一定向右滑動(dòng)，小木塊不能滑出木板

D.木板一定向右滑動(dòng)，小木塊能滑出木板

解析：選C木塊對(duì)木板的摩擦力￡=〃2儂=40N,水平面對(duì)木板的摩擦力分=?。ū?/p>

+加）g=30N,因?yàn)樗阅景逡欢ㄏ蛴疫\(yùn)動(dòng)，對(duì)木塊，由牛頓第二定律得ai=—=

m

42g=4m/s?,對(duì)木板，由牛頓第二定律有色=」一-=0.5m/s2,設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間方，小木塊和

曲

84

木板的速度相等，VQ—ait=at,解得t=-s,共同速度v=a2t=~m/s,小木塊的位移的

2yy

=—丁方=下丁m,木板的位移X2=w1=諭m,小木塊相對(duì)木板的位移^x=xi—X2=-m

ZolZolol

<￡=2m,所以小木塊不能滑出長(zhǎng)木板，故C正確。

3.（多選）如圖所示，光滑的水平地面上有三個(gè)木塊a、b,一一

c------ab

c,質(zhì)量均為m,a、cNJ可用輕質(zhì)細(xì)繩連接。現(xiàn)用水平恒力Fz、w、

作用在6上，三者開(kāi)始一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中把一塊橡皮泥粘在某一木塊上面，系

統(tǒng)仍做勻加速運(yùn)動(dòng)且始終沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)。在粘上橡皮泥并達(dá)到穩(wěn)定后，下列說(shuō)法正確的是

（）

A.無(wú)論橡皮泥粘在哪個(gè)木塊上面，系統(tǒng)的加速度都不變

B.若粘在6木塊上面，繩的張力和a、6間摩擦力一定都減小

C.若粘在a木塊上面，繩的張力減小，a、6間摩擦力不變

D.若粘在c木塊上面，繩的張力和a、6間摩擦力都增大

解析：選BD由整體法可知，無(wú)論橡皮泥粘在哪個(gè)木塊上，系統(tǒng)的質(zhì)量均增大，由牛

頓運(yùn)動(dòng)定律可知，系統(tǒng)的加速度均減小，故A錯(cuò)誤。若橡皮泥粘在6木塊上，將a、?？闯?/p>

整體，有fab=2ma,加速度減小，所以a、6間摩擦力減??；對(duì)c：T=ma,繩的拉力減小，

故B正確。若橡皮泥粘在a木塊上，對(duì)c：T=ma,故繩的拉力減小；對(duì)6：F—fab=ma,摩

擦力增大，故C錯(cuò)誤。若橡皮泥粘在。木塊上，將a、6看成整體，有F—T=2ma,加速

度減小，所以繩的拉力7增大，對(duì)慶F~fab=ma,可知乙,增大，故D正確。

4.（多選）如圖甲所示，用黏性材料粘在一起的46兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物

塊的質(zhì)量分別為加=1kg、zzfe=2kg,當(dāng)/、6之間產(chǎn)生拉力且大于0.3N時(shí)/、6將會(huì)分離。

力=0時(shí)刻開(kāi)始對(duì)物塊4施加一水平推力同時(shí)對(duì)物塊6施加同一方向的拉力使?fàn)朆

從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、K方向保持不變，￡、A的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙

所示。下列關(guān)于48兩物塊受力及運(yùn)動(dòng)情況的分析，正確的是（）

B.t=2.0s時(shí)刻/、8之間作用力為零

C.t=2.5s時(shí)刻4對(duì)8的作用力方向向左

D.從2=0時(shí)刻到/、8分離，它們運(yùn)動(dòng)的位移為5.4m

解析：選AD設(shè)力時(shí)刻4B分離,分離之前46共同運(yùn)動(dòng)，加速度為a,以整體為研

F，+36+0

究對(duì)象，則有：a=-37^=L,?m/s2=l.2m/s2,分離時(shí)：我一鼻=小陽(yáng),

得：用=￡+勿匆=0.3N+2X1.2N=2.7N,

4

經(jīng)歷時(shí)間：t=-X2.7s=3s,

3.6

根據(jù)位移公式：Jr=-at2=5.4m,則D正確；

當(dāng)力=2s時(shí)，F(xiàn)i—1.8N,由兄+E=zzfea,得：4=0.6N,A正確，B錯(cuò)誤；

當(dāng)t—2.5s時(shí)，F(xiàn)z—2.25N,K+A=zzfea,

得：A=&a—兆＞0,/對(duì)8的作用力方向向右，C錯(cuò)誤。

5.在一塊固定的傾角為夕的木板上疊放質(zhì)量均為〃的一本英語(yǔ)詞典和一本漢語(yǔ)詞典，

圖甲中英語(yǔ)詞典在上，圖乙中漢語(yǔ)詞典在上，已知圖甲中兩本書(shū)一起勻速下滑，圖乙中兩本

書(shū)一起加速下滑。已知兩本書(shū)的封面材料不同，但每本書(shū)的上、下兩面材料都相同，近似認(rèn)

為滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力相等。設(shè)英語(yǔ)詞典和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為小，漢語(yǔ)詞典

和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為此，英語(yǔ)詞典和漢語(yǔ)詞典之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為a3。下列說(shuō)法正

確的是()

A.小〉口2

B.43V

c.圖乙中漢語(yǔ)詞典受到的摩擦力大小是〃3期cos。

D.圖甲中英語(yǔ)詞典受到的摩擦力大小是〃2儂cos3

解析:選D對(duì)題圖甲中兩本詞典整體分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有2儂sin。=〃2?2儂cos

。，對(duì)題圖乙中兩本詞典整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得2儂sin。一小?2期cos。=2儂,

由兩式可知小V〃2,故A錯(cuò)誤；題圖甲中英語(yǔ)詞典所受靜摩擦力￡=/z^in。，因?yàn)?儂sin

夕=〃2?2儂cos0,所以￡=〃2建cos。,故D正確；而兩本詞典之間的最大靜摩擦力

￡=〃3儂cos。,由可知〃32〃2,故B錯(cuò)誤；題圖乙中3=1§sin夕一〃igcos夕，

對(duì)漢語(yǔ)詞典有儂sin0—f2=ma,解得分=小儂cos。,故C錯(cuò)誤。

6.(2018?佛山模擬)如圖所示，一直立的輕質(zhì)薄空心圓管長(zhǎng)為2mB

L,在其下端、上端開(kāi)口處各安放有一個(gè)質(zhì)量分別為〃和2〃的圓柱［心

771""---

形物塊/、B,/、6緊貼管的內(nèi)壁，厚度不計(jì)。48與管內(nèi)壁間的「H

最大靜摩擦力分別是6=儂、f2=2mg,且設(shè)滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩M-----------------J--N

擦力大小相等。管下方存在這樣一個(gè)區(qū)域：當(dāng)物塊力進(jìn)入該區(qū)域時(shí)受到一個(gè)豎直向上的恒力

戶(hù)作用，而8在該區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)不受它的作用，PQ、就是該區(qū)域的上下水平邊界，高度差為

〃(z>2面?，F(xiàn)讓管的下端從距上邊界尸0高〃處由靜止釋放，重力加速度為外

(1)為使/、6間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，求戶(hù)應(yīng)滿足的條件。

(2)若b=3儂，求物塊/到達(dá)下邊界"V時(shí)48間的距離。

解析：⑴設(shè)46與管不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的共同加速度為a,/與管間的靜摩擦力為人

對(duì)/、6整體有3儂一尸=3儂，

對(duì)/有儂+￡一尸=儂，并且

3

聯(lián)立解得FW于g。

(2)4到達(dá)上邊界加時(shí)的速度”=讓贏

當(dāng)方=3儂時(shí)，可知Z相對(duì)于圓管向上滑動(dòng)，設(shè)力的加速度為a，則有勿g+f—方=儂1,

解得ai=—go

力向下減速運(yùn)動(dòng)的位移為〃時(shí)，速度剛好減小到零，此過(guò)程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間力=

g°

由于管的質(zhì)量不計(jì)，在此過(guò)程中，/對(duì)管的摩擦力與6對(duì)管的摩擦力方向相反，大小均

為儂，8受到管的摩擦力小于2儂，則6與圓管相對(duì)靜止，6和圓管整體受到重力和2對(duì)管

的靜摩擦力作用以以為初速度、以功為加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得

2mg-mg_g

改―2m--2C

物塊/到達(dá)下邊界仞V時(shí)2、8之間的距離為

方+；/「一"3

AL=L—\VA=L-^Ho

33

答案：(1)居5儂(2)￡—5〃

7.(2019?珠海調(diào)研)水平傳送帶被廣泛應(yīng)用于飛機(jī)場(chǎng)和火AB

車(chē)站，對(duì)旅客的行李進(jìn)行安全檢查。如圖為一水平傳送帶裝置示+T(?)

意圖，繃緊的傳送帶4?始終保持『=1m/s的恒定速度運(yùn)行，一質(zhì)量為勿=4kg的行李無(wú)初

速的放在/處。已知該行李與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.1,4、6間的距離1=2m,g

取10m/s2,求：

(1)行李從人運(yùn)送到6所用的時(shí)間力；

(2)電動(dòng)機(jī)運(yùn)送該行李需多消耗的電能E.,

(3)如果提高傳送帶的運(yùn)行速率，行李就能夠較快的傳送到夕處，求行李從4處傳送到

夕處的最短時(shí)間和傳送帶對(duì)應(yīng)的最小運(yùn)行速率P。

解析：(1)行李輕放在傳送帶上，開(kāi)始是靜止的，行李受滑動(dòng)摩擦力而向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)此

時(shí)行李的加速度為分由牛頓第二定律得〃儂=儂，a=1.0m/s2

設(shè)行李從速度為零運(yùn)動(dòng)至速度為1m/s所用的時(shí)間為九所通過(guò)的位移為s,則v=atx,

si=^:ati,解得方i=ls,8=0.5m

行李速度達(dá)到1m/s后與皮帶保持相對(duì)靜止，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)所用時(shí)間為方2

貝1]t=~~~=1.5s

2v

所以行李從2運(yùn)送到夕共用時(shí)間為方=右+益=2.5so

(2)電動(dòng)機(jī)需多消耗的電能就是行李增加的動(dòng)能和系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，故

12.

E=~^mv+〃儂AL

行李與傳送帶的相對(duì)位移△L=vti-si=Q.5m,

代入數(shù)據(jù)解得￡=4Jo

(3)行李從/勻加速運(yùn)動(dòng)到8時(shí)，傳送時(shí)間最短

一12

有^=2at

代入數(shù)據(jù)得t=2s,

此時(shí)傳送帶對(duì)應(yīng)的運(yùn)行速率為v'eatnrin=2m/s

故傳送帶對(duì)應(yīng)的最小運(yùn)行速率為2m/s。

答案：(1)2.5s(2)4J(3)2s2m/s

8.(2019?洛陽(yáng)模擬)如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的/、6兩物體置于一靜止長(zhǎng)紙帶上，紙

帶左端與/、/與8間距均為d=0.5m,兩物體與紙帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為小=0.1,與地

面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為人=0.2?，F(xiàn)以恒定的加速度a=2m/s。向右水平拉動(dòng)紙帶，重力加

速度g取10m/s2,求：

MV

?門(mén)4?2八_______

<////!<//////////////////////////////////////A</zo

甲乙

(Dd物體在紙帶上的滑動(dòng)時(shí)間；

(2)在圖乙的坐標(biāo)系中定性畫(huà)出/、6兩物體的片方圖像；

(3)物體/、方停在地面上時(shí)，兩者之間的距離。

解析：(1)兩物體在紙帶上滑動(dòng)時(shí)均有小儂=〃&

當(dāng)物體/滑離紙帶時(shí)^a/一■|4公="

由以上兩式可得心=1So

⑵如圖所示。

(3)物體/離開(kāi)紙帶時(shí)的速度-=a而

兩物體在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)均有

1121ng=

Vy2I

物體A從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停在地面上過(guò)程中的總位移荀=六十%

物體8滑離紙帶時(shí)］病一