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1、课时跟踪检测（十一） 牛顿运动定律的综合应用 （卷）B级中档题目练通抓牢1.(2018淮安期末)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是()A. B.C. D.解析：选C对环受力分析，受重力、拉力，还可能受弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0。(1)若环受到的弹力为0，则：Fcos ma，Fsin mg解得：F或F。(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcos (mgFsin )ma所以：F。(3)若环受到的弹力的方向向下，则：F
2、cos (Fsin mg)ma所以：F。所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的。2.(2018广西桂林十八中模拟)如图所示，斜面体A上的物块P，用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上，在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是()A物块P与斜面之间一定存在摩擦力B轻弹簧一定被拉长C地面对斜面体A一定存在摩擦力D若增大推力F，则弹簧弹力一定减小解析：选C若物块P受到弹簧的拉力与物块的重力沿斜面向下的分力及推力F、支持力平衡，则不受摩擦力，选项A错误；若物块P受到支持力与物块的重力沿斜面向下的分力及推力F三力平衡，则无弹簧弹力，选项B错误；物块P、斜面体A及弹簧相对
3、静止，可看成一整体，受到的地面的摩擦力等于推力F，选项C正确；增大推力F，根据物块P与斜面之间可能存在的静摩擦力的特点，即0ffm，判断弹簧弹力减小、不变或者增大都有可能，选项D错误。3.如图所示，传送带沿逆时针方向匀速转动。木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块处于静止状态。关于木块受力个数，正确的是()Aa受4个力，b受5个力 Ba受4个力，b受4个力Ca受5个力，b受5个力 Da受5个力，b受4个力解析：选D先对木块b受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和沿着斜面向下的滑动摩擦力，共4个力；再对木块a受力分析，受重力、支持力、两侧细线的两个拉力和沿着斜面向下的滑动摩擦力
4、，共5个力；故A、B、C错误，D正确。4多选如图甲所示，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mA1 kg、mB2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2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()At2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 NBt2.0 s时刻A、B之间作用力为零Ct2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D从t0时刻到A、B分离，它们
5、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共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：am/s21.2 m/s2，分离时：F2FfmBa，得：F2FfmBa0.3 N21.2 N2.7 N，经历时间：t2.7 s3 s，根据位移公式：xat25.4 m，则D正确；当t2 s时，F21.8 N，F2FfmBa，得：FfmBaF20.6 N，A正确，B错误；当t2.5 s时，F22.25 N，F2FfmBa，得：FfmBaF20，A对B的作用力方向向右，C错误。5.多选(2018湖南衡阳模拟)如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动
6、很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m。各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是()A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：选BC对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f2(Mm)gMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1Ma1，Ff1f2ma2，发生相对运动需要a2a1，代入已知条件解得
7、：F2(Mm)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F(2M3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，解得t，则此时砝码的速度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag，则匀减速运动的位移为d，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误。6.如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是
8、f1mg、f22mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。(2)若F3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。对A、B整体有3mgF3ma，对A有mgfAFma，并且fAf1，联立解得Fmg。(2)A到达上边界PQ时的速度vA。当F3mg
9、时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mgf1Fma1，解得a1g。A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t 。由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2。物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为LLLH。答案：(1)Fmg(2)LHC级难度题目自主选做7(2018江西玉山一中第二次月考)图甲中，质量为m11 kg的物块叠放在质量为m23 kg的木板右端
10、。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为10.2，整个系统开始时静止，重力加速度g10 m/s2。(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在04 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入20.25的粗糙水平面，在图丙中画出04 s内木板和物块的v t图像，并求出04 s内物块相对木板的位移大小。解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得：F(m1m2)a，对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有1m1gm1a，联立解得F1(m1m2)g8 N。(2)物块在02 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：1m
11、1gm1a1，解得a12 m/s2，2 s末物块的速度为v1a1t122 m/s4 m/s。木板在01 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F11m1gm2a2，解得a24 m/s2。1 s末木板的速度v1a2t241 m/s4 m/s。在12 s内F21m1g，木板做匀速运动，速度为4 m/s。24 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共2g，m1的合力2m1gfm1m1g。所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：1m1gm1a3，得：a32 m/s2。速度从4 m/s减至零的时间t3 s2 s。木板做匀减速直线运动有：2(m1m2)g1m1
12、gm2a4。得：a4 m/s2。速度从4 m/s减至零的时间t4 s1.5 s。二者在整个运动过程的vt图像如图所示(实线是木板的vt图像，虚线是物块的vt图像)。02 s内物块相对木板向左运动x1a2t22(a2t2)(t1t2)a1t12，24 s内物块相对木板向右运动x2，解得：xx1x21 m。所以04 s内物块相对木板的位移大小为x1 m。答案：(1)8 N(2)见解析图1 m8(2018天津质检)水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行，一质量为m4 kg的行李无初速的放在A处，该
13、行李与传送带间的动摩擦因数0.1，AB间的距离l2 m，g取10 m/s2，求：(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少；(2)电动机运送该行李需消耗的电能E为多少；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v。解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得mgma，a1.0 m/s2设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则vat1，t11 s，s1at12，s10.5 m行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2则t21.5 s设行李从A运送到B共用时间为t，则tt1t22.5 s。(2)电动机需消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故Emv2mgL行李与传送带的相对位移Lvt1s10.5 m，代入数据解得E4 J。(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短有lat2代入数据得t2 s，此时传送带对应的运行速率为vatmin2 m/s故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。答案：(1)2.5 s(2)4 J(3)2 s2 m/s