1、课后限时集训9牛顿运动定律的综合应用建议用时：45分钟1.(2023山东大学附中二模)如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2。则下列说法正确的是()Aa1a2，FN1FN2Ba1a2，FN1FN2Ca1a2，FN1FN2Da1a2，FN1FN2D设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1，对B分析FN1mBa1。接触面粗糙时，对整体
2、分析有a2g，可知a1a2；对B分析有FN2ma2mg，则FN1FN2。故D正确。2用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是()A物体的质量为B地球表面的重力加速度为2a0C当a0时，物体处于失重状态D当aa1时，拉力Fa1A当F0时aa0，此时的加速度为重力加速度，故ga0，所以B错误。当a0时，拉力FF0，拉力大小等于重力，故物体的质量为，所以A正确。当a0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误。当aa1时，由牛顿第二定律得Fmgma1，又m、ga0，故拉力F(a1a0)，所以D错误。3.(多选)(2023山东泰安
3、二模)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的vt图象可能是()ABCDAC滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则1mg2(Mm)g，最后一起做匀减速运动，加速度a2g，开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a1g2g，知图线的斜率变小，故C正确，D错误。
4、若1mg2(Mm)g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动，故A正确。由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，故B错误。4.(2023山东师范大学附中模拟)如图所示，一质量为M2 kg、倾角为45的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度取g10 m/s2。下列判断正确的是()A物块对斜面的压力大小FN5 NB斜面体的加速度大小为a10 m/s2C水平恒力大小F15 ND若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变小C对M、m整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二
5、定律可得，水平方向：F(Mm)a；竖直方向：N(Mm)g；再对M分析，受重力、压力FN、支持力，根据牛顿第二定律可得，水平方向：FNsin Ma；竖直方向：FNcos MgN；联立解得：a5 m/s2；F15 N；FN10 N，故A、B错误，C正确；若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则对整体：F(Mm)a；对m：mgtan 45ma，解得F(Mm)g30 N，即F变大，故D错误。5.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。
6、已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A端运动到B端的过程中()A煤块从A端运动到B端的时间是2.25 sB煤块从A端运动到B端的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2 mBD根据牛顿第二定律，煤块的加速度a4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t11 s，位移大小x1at2 mx，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即xv0t1x12 m，选项D正确，C错误；x2xx12 m，匀速运动的时间t20.5 s，运动的总时间tt1t21.5 s，选项B正确，A错误。6(202
7、3江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析本题通过板块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用，考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力，体现了科学思维中的模
8、型建构、科学推理等素养要素。A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aAg匀变速直线运动2aALv解得vA。(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F3mg由牛顿运动定律FmaB，得aB3g对齐后，A、B所受合外力大小F2mg由牛顿运动定律F2maB，得aBg。(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得vB2。答案(1)(2)3gg(3)27(2023马鞍山检测)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，
9、使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的vt图象如图乙所示。g取10 m/s2，求：甲乙(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。解析(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图象得，a m/s23 m/s2对于A、B整体，由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a，代入数据解得F15 N。(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力
10、作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由mAgmAaA，解得aAg3 m/s2t s2 s物块A通过的位移xAt6 m物块B通过的位移xBv0t62 m12 m物块A刚停止时A、B间的距离xxBxA6 m。答案(1)15 N(2)6 m8.(多选)如图所示，白色传送带保持v010 m/s的速度逆时针转动，现将一质量为0.4 kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数0.5，传送带AB两端距离x16 m，传送带倾角为37，(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)()A煤块从A端运动到B端所经历的时间为2 sB煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 mC煤块从
11、A端运动到B端画出的痕迹长度为5 mD煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 JAC煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1gsin 37gcos 376 m/s20.58 m/s210 m/s2，则煤块速度达到传送带速度的时间为：t1 s1 s，位移为：x1 m5 m，煤块速度达到传送带速度后的加速度为：a2gsin 37gcos 376 m/s24 m/s22 m/s2，根据xx1v0t2a2t代入数据解得：t21 s，则煤块从A端运动到B端所经历的时间为：tt1t22 s，故A正确。煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小x1v0t1x110 m5 m5 m，物块速度达到传送带速度后相对位
12、移的大小x2xx1v0t211 m101 m1 m，则相对位移的大小xx1x25 m1 m4 m，故B错误。留下的痕迹长度xx15 m，故C正确。摩擦产生的热量Qmgcos 37x1mgcos 37x20.540.85 J0.540.81 J9.6 J，故D错误。9(多选)(2023滨州二模)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，
13、则以下结论正确的是()A若，则B若，则C若，则D若，则CD对第一、二幅图有：若，对M根据牛顿第二定律有：fMa，则，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2Ma2，设细线的拉力为F，则f3Fsin Ma3，若，则，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f(Mm)a，若，则，故选项C正确；m水平方向有：F3sin ma3、F4sin ma4，竖直方向有：F3cos mg、F4cos mg，解得a3gtan 、a4gtan ，若，则，故选项D正确。10(2023渤海高中模拟)如图所示，传送带的倾角37，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放
14、一个质量为m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；(3)若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？解析(1)开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1所以a1gsin gcos 解得a110 m/s2煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1 s1 s煤块发生的位移为x1a1t1012 m5 m16 m所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；第二阶段有mgsin mgcos ma2解得a22 m/s2设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LABx1vt2a2t解得t21 s煤块从A到B的时间tt1t21 s1 s2 s。(2
