课时规范练9 牛顿运动定律的综合应用一、基础对点练1.(连接体问题)(2021江西九江高三二模)两个质量分别为m1=3kg,m2=2kg的物体置于光滑的水平地面上,中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=40N,F2=15N的水平拉力分别作用在m1、m2上,如图所示。两物体在水平地面上运动,则下列说法正确的是( )A.稳定后两个物体的加速度大小相等、方向相反B.弹簧测力计的示数为25NC.弹簧对m1的弹力与弹簧对m2的弹力是一对平衡力D.弹簧对m1的弹力与弹簧对m2的弹力大小相等方向相反,作用在两个不同物体上,是一对作用力和反作用力2.(连接体问题)如图所示,滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑,滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B,下滑时,物体B相对于A静止,则下滑过程中( )A.B的加速度为gsinθB.绳的拉力为C.绳的方向保持竖直D.绳的拉力为G3.(多选)(动力学中的临界极值问题)如图所示,细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球,静止时细线与斜面平行,则( )A.当滑块向左做匀速运动时,细线的拉力为0.5mgB.若滑块以加速度a=g向左加速运动时,线中拉力为mgC.当滑块以加速度a=g向左加速运动时,小球对滑块压力不为零D.当滑块以加速度a=2g向左加速运动时,线中拉力为0.5mg4.(连接体问题)(2021安徽安庆一中高三三模)如图甲所示,一轻质弹簧放置在粗糙的水平桌面上,一端固定在墙壁上,另一端拴接物体A。A、B接触但不粘连,与水平桌面的摩擦因数均为μ,压缩弹簧使A、B恰好不滑动。mA=mB=5kg,给物体B施加力F的作用使之做匀加速直线运动,F与位移s的关系如图乙所示(g取10m/s2)。则下列结论正确的是( )A.水平桌面的摩擦因数μ=0.2B.物体A、B分离时加速度相同,a=2m/s2C.物体A、B分离时,弹簧压缩量x2=0.06mD.开始有F作用时,弹簧压缩量x1=0.05m5.(多选)(动力学中的临界极值问题)(2021安徽高三专题练习)如图,一小车的内表面ab和bc光\n滑且互相垂直,bc与水平方向的夹角为37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,已知小车在水平方向上做匀加速直线运动,要使小球始终不脱离小车,则( )A.若小车向左加速,加速度不能超过gB.若小车向左加速,加速度不能超过gC.若小车向右加速,加速度不能超过gD.若小车向右加速,加速度不能超过g6.(连接体问题)(2021辽宁辽机协作体高三二模)如图甲所示,一个质量不计的弹簧测力计,劲度系数为30N/m,下面悬挂一个物块A,此时弹簧测力计示数为4N。现将一个质量为0.5kg的木板B放在A下面,在外力作用下托住木板B使物块A向上运动一段距离,如图乙所示。当系统静止后,如果突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5m/s2。若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2向下做匀加速直线运动至二者分离。弹簧测力计始终未超量程,重力加速度g取10m/s2,以下说法正确的是( )A.撤去木板B的瞬间弹簧测力计的示数为3.75NB.匀加速运动阶段起始时刻外力大小为8.1NC.匀加速运动阶段二者分离时外力的大小为4.5ND.A、B分离时弹簧测力计示数为零7.(连接体问题)(2021重庆南开中学高三月考)如图所示,带有固定挡板P和定滑轮的木板垫高后与水平面夹角为θ=30°,质量为m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧(弹簧与P、A不连接),细线跨过定滑轮,一端连接着质量为2m的B,另一端连接着轻质挂钩(细线在滑轮左侧部分与木板平行、右侧部分竖直),A、B处于静止状态。现将钩码C挂于挂钩上,静止释放后,发现C的速度最大时,A、B恰好分离。已知木板足够长,所有摩擦不计,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )A.C质量大小为mB.C轻挂于挂钩瞬间,A、B间挤压力变为原来的一半C.细绳张力最大值为mg\nD.只要C的质量足够大,就可以在C挂上去的同时A、B就分离二、素养综合练8.(多选)(2021四川凉山高三三模)如图,倾斜传送带AB以恒定速率v0逆时针转动,一可视为质点的滑块以平行于传送带向下的初速度v(v0≠v)滑上A点。滑块与传送带间的动摩擦因数恒定,不计传送带滑轮的尺寸,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用t表示时间,用vt表示滑块的速度大小,则能够正确描述滑块从A滑向B运动过程的下列vt-t图象可能是( )9.(2021辽宁高三月考)如图,建筑工人用砖夹竖直搬运四块相同的砖,每块砖的质量均为m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )A.当砖静止时,砖块4对砖块3的摩擦力大小为mgB.当砖静止时,砖块2对砖块3的摩擦力大小为mgC.当将四块砖一起竖直向上加速提起时,砖块4对砖块3的摩擦力大小为mgD.当将四块砖一起竖直向上加速提起时,砖块2对砖块3的摩擦力为零10.(2021江西高三月考)如图所示,上表面粗糙、倾角θ=30°的斜面体放在光滑的水平地面上,一物块静止在斜面体上。现给斜面体一水平向左的推力F,发现无论F多大,物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块与斜面体间的动摩擦因数μ应满足的条件为( )A.μ≥B.μ≥C.μ<D.μ<11.(2021江苏金陵中学一模)如图所示,有一光滑圆柱A放置在两个半圆柱B、C之间,B、C紧靠着静置于拖车上,圆柱体A的半径为2R,B、C的半径为3R。A、B、C的质量m均为24kg,\n拖车的质量M为48kg。现用水平向右的力F拉拖车,使整个系统一起以5m/s2的加速度向右运动,不计拖车所受的阻力,重力加速度g取10m/s2,求:(1)水平向右拉力的大小F;(2)B对A的支持力大小FN;(3)为了使圆柱体A不发生翻滚,整个系统加速度的最大值amax。\n课时规范练9 牛顿运动定律的综合应用1.B 解析:稳定后把两个物体看成整体,稳定后合力向右,则加速度大小相等,方向向右,A错误;根据牛顿第二定律F1-F2=(m1+m2)a,解得a=5m/s2,选m1为对象F1-F=m1a,解得F=25N,B正确;弹簧对m1的弹力作用在m1上,弹簧对m2的弹力作用在m2上,作用在不同的物体上的力不是一对平衡力,C错误;作用力和反作用力是两个相同物体之间的相互作用,弹簧对m1的弹力与弹簧对m2的弹力不是两个相同物体之间的相互作用,不是相互作用力,D错误。2.A 解析:A、B相对静止,即两物体的加速度相同,以A、B整体为研究对象分析受力可知,系统的加速度为gsinθ,所以选项A正确;再以B为研究对象进行受力分析,如图,根据平行四边形定则可知,绳子的方向与斜面垂直,拉力大小等于Gcosθ,故选项B、C、D都错误。3.AC 解析:当滑块向左做匀速运动时,根据平衡条件可得绳的拉力大小为FT=mgsin30°=0.5mg,故A正确。设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0,小球受到重力、拉力作用,如图所示;根据牛顿第二定律可得加速度a0=g,若滑块以加速度a=g向左加速运动时,此时小球没有脱离斜面,则FTcos30°-FNsin30°=ma,FTsin30°+FNcos30°=mg,解得FT=mg,FN=mg,选项B错误,C正确;当滑块以加速度a=2g向左加速运动时,此时小球已经飘离斜面,则此时线中拉力为F=mg,故D错误。4.C 解析:初始状态对AB根据牛顿第二定律得F1=(mA+mB)a,解得a=1m/s2,B错误;恰好分离时,对B根据牛顿第二定律F2-μmBg=mBa,解得μ=0.5,A错误;恰好分离时,对A根据牛顿第二定律得kx2-μmAg=mAa,初始状态对AB根据平衡条件得kx1=μ(mA+mB)g,根据题意x1-x2=0.04m,解得x1=10cm,x2=6cm,C正确,D错误。5.BD 解析:若小车向左加速,当ab面对小球恰好无作用力时,加速度最大,根据牛顿第二定律mgtan37°=ma1,解得a1=g,所以若小车向左加速,加速度不能超过g,A错误,B正确;若小车向右加速运动,当bc面对小球恰好无作用力时,加速度最大,根据牛顿第二定律mgtan53°=ma2,解得a2=g,所以若小车向右加速,加速度不能超过g,C错误,D正确。6.C 解析:对A:初始时刻弹簧测力计示数为4N,有mAg=F弹1,突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5m/s2,则有mAg-F弹2=mAa,联立代入数值解得mA=0.4kg,F弹2=3N,选项A错误;若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1m/s2\n向下做匀加速直线运动,对AB整体分析有(mA+mB)g-F弹2-F=(mA+mB)a',解得F=5.1N,选项B错误;A、B分离时,根据牛顿第二定律,对B:mBg-F'=mBa',对A:mAg-F弹'=mAa',解得F'=4.5N,F弹'=3.6N,选项C正确,D错误。7.C 解析:C的速度最大时,加速度为0,此时有aB=aC=0,对C受力分析可知绳子拉力F拉=mCg,对B受力分析可知F拉=2mgsinθ,联立解得mC=m,选项A错误;未挂C时,A、B静止,以A、B整体为研究对象,由平衡方程可知F弹=3mgsin30°=mg,弹簧弹力方向沿斜面向上,隔离A物体,由受力平衡可知F弹=FBA+mgsin30°,解得FBA=mg-mg=mg,挂上C时,对C由牛顿第二定律mg-F拉=ma,对A、B整体,由牛顿第二定律F拉+F弹-3mgsin30°=3ma,两式联立解得a=,隔离A,对A由牛顿第二定律F弹-FBA'-mgsin30°=ma,将加速度a=代入上式,解得FBA'=mg,选项B错误;由A选项分析可知,绳子最大拉力为mCg=mg,选项C正确;弹簧弹力不能突变,所以即使C的质量足够大,也不可能在C挂上去的同时A、B就分离,选项D错误。8.BC 解析:对滑块受力分析,滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力mgsinθ,摩擦力Ff。当v<v0,滑块刚开始加速运动,摩擦力向下,加速度为a1=gsinθ+μgcosθ,当滑块速度等于传动带速度相等时,如果最大静摩擦力Ffm>mgsinθ,则滑动摩擦突变为静摩擦,方向向上,大小为mgsinθ,物体和传送带一起做匀速直线运动;若最大静摩擦力Ffm<mgsinθ,则摩擦力方向会突变向上,物体做匀加速直线运动,加速度为a2=gsinθ-μgcosθ,比较可得a1>a2,故B正确,A错误。若v>v0,物体相对于传送带向下运动,若最大静摩擦力Ffm<mgsinθ,则物体一直做匀加速直线运动,加速度为a3=gsinθ-μgcosθ;若如果最大静摩擦力Ffm>mgsinθ,则物体一开始做匀减速直线运动,速度与传送带相等时,滑动摩擦力突变为静摩擦力,方向向上,大小为mgsinθ,故C正确,D错误。9.D 解析:当砖静止时,将4块砖看作一个整体,总重力为4mg,则砖夹对砖块1和4具有向上的摩擦力,大小均为2mg;以砖块4为研究对象,静止时竖直方向上所受合力为零,则砖块3对砖块4具有向下的摩擦力,大小为mg,根据牛顿第三定律可知,砖块4对砖块3的摩擦力方向向上,大小为mg;以砖块3为研究对象,静止时竖直方向上所受合力为零,则砖块2对砖块3没有摩擦力作用,故A、B错误;将砖块1、2作为一个整体,3、4作为一个整体,两个整体重力相同,在竖直方向上都受到了砖夹相等的摩擦力作用,具有相等的加速度,两个整体之间无相对滑动趋势,所以砖块2、3之间的摩擦力为零,故D正确;设四块砖的加速度为a,砖夹对砖块1和4的摩擦力为Ff,砖块3、4之间的摩擦力为Ff34和Ff43,根据牛顿第二定律可得=a,由于Ff34=Ff43,解得Ff34=Ff43=Ff,由于2Ff-4mg=4ma,则Ff>2mg,所以Ff34=Ff43=Ff>mg,故C错误。10.A 解析:当F=0时,物块能静止在斜面上,可知mgsinθ≤μmgcosθ,得μ≥tanθ,即μ≥。当F特别大时,对物块受力分析,将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向,由牛顿第二定律,沿斜面方向Ff+mgsinθ=macosθ,垂直斜面方向FN-mgcosθ=masinθ,又Ff≤μFN,由于F可以取无穷大,加速度无穷大,所以以上各式中的mgsinθ和mgcosθ可忽略,联立解得μ≥,综合分析得μ≥,故BCD错误,A正确。\n11.答案:(1)600N (2)250N (3)7.5m/s2解析:(1)对整体由牛顿第二定律F=(M+3m)a=600N(2)对A受力分析,如图所示。根据几何关系有sinθ=,则cosθ=在水平方向,根据牛顿第二定律得FN1sinθ-FN2sinθ=ma在竖直方向,根据平衡条件有FN1cosθ+FN2cosθ=mg解得FN1=250N(3)再次对A受力分析,圆柱体A恰好不发生翻滚,在水平方向,根据牛顿第二定律有FN1'sinθ=mamax在竖直方向,根据平衡条件有FN1'cosθ=mg解得amax=7.5m/s2
