发布时间 : 星期三 文章通用版2021版高考物理大一轮复习课后限时集训9牛顿运动定律的综合应用(含解析)更新完毕开始阅读adf517309f3143323968011ca300a6c30d22f11b
(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v-t图象得，
a＝Δv622
＝ m/s＝3 m/s Δt2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 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在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得
aA＝－μg＝－3 m/s2 t＝
0－v00－6
＝ s＝2 s aA－3
物块A通过的位移xA＝t＝6 m
2物块B通过的位移
v0
xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离 Δx＝xB－xA＝6 m。 [答案] (1)15 N (2)6 m
8.(多选)如图所示，白色传送带保持v0＝10 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μ＝0.5，传送带AB两端距离
x＝16 m，传送带倾角为37°，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．煤块从A端运动到B端所经历的时间为2 s B．煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 m C．煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5 m D．煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 J AC [煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1＝＋μgcos 37°＝6 m/s＋0.5×8 m/s＝10 m/s，
2
2
2
mgsin 37°＋μmgcos 37°
＝gsin 37°
m 5
则煤块速度达到传送带速度的时间为：
v010
t1＝＝ s＝1 s，
a110
v21000
位移为：x1＝＝ m＝5 m，
2a120
煤块速度达到传送带速度后的加速度为：
mgsin 37°－μmgcos 37°a2＝＝gsin 37°－μgcos 37°
m＝6 m/s－4 m/s＝2 m/s，
12
根据x－x1＝v0t2＋a2t2代入数据解得：t2＝1 s，
2则煤块从A端运动到B端所经历的时间为：
2
2
2
t＝t1＋t2＝2 s，故A正确。煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小Δx1＝v0t1－x1＝10 m－5 m＝5 m，物块速度达到传送带速度后相对位移的大小Δx2＝x－x1－v0t2＝11 m
－10×1 m＝1 m，则相对位移的大小Δx＝Δx1－Δx2＝5 m－1 m＝4 m，故B错误。留下的痕迹长度Δx′＝Δx1＝5 m，故C正确。摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°Δx1＋μmgcos 37°Δx2＝0.5×4×0.8×5 J＋0.5×4×0.8×1 J＝9.6 J，故D错误。]
9．(多选)(2019·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，则以下结论正确的是( )
a11f12A．若＝，则＝ a22f21a31f31C．若＝，则＝ a42f42
a21f21
B．若＝，则＝ a32f32a31tan θ1D．若＝，则＝
a42tan α2
a11f11
CD [对第一、二幅图有：若＝，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则＝，故选a22f22
6
a21
项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若＝，a32f21a31则≠，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若＝，f32a42f31
则＝，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cos f42a31tan θ1
θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若＝，则＝，故选项D
a42tan α2
正确。]
10．(2019·渤海高中模拟)如图所示，传送带的倾角θ＝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端无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s，求：
2
(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 θ＋μmgcos θ＝ma1
所以a1＝gsin θ＋μgcos θ 解得a1＝10 m/s
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
2
v10
t1＝＝ s＝1 s
a110
煤块发生的位移为
2
x1＝a1t21＝×10×1 m＝5 m<16 m
1
212
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 θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s
12
设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2＋a2t2
2解得t2＝1 s
7
2
煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝1 s＋1 s＝2 s。
(2)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为
Δx1＝vt1－x1＝10×1 m－5 m＝5 m 故煤块相对于传送带上移5 m
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为
Δx2＝(LAB－x1)－vt2 解得Δx2＝1 m
即煤块相对传送带下移1 m
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为L＝Δx1＝5 m。
(3)若增加传送带的速度，煤块一直以加速度a1做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，
12则有LAB＝a1tmin
245
可得tmin＝ s。
5
45
[答案] (1)2 s (2)5 m (3) s 5
11．(2019·开封模拟)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻，同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v-t图象如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s。(提示：
2
t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度
始终大于B的速度)求：
甲 乙
(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移； (2)B运动的时间及B运动的位移大小。
8