2027届高考物理一轮复习考点规范练10　牛顿运动定律的综合应用(二)

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律综合应用，通过整体隔离法、v-t图像分析等方法，系统整合摩擦力、加速度与临界状态知识，强化科学推理与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |整体隔离法|1,5,7|整体求加速度→隔离分析受力|力与运动关系→牛顿第二定律应用| |传送带/板块模型|2,3,4,6,9|摩擦力方向判断→分段加速度计算|相对运动→v-t图像面积求位移| |临界状态分析|5,7,8|最大静摩擦力→相对滑动条件|静摩擦向滑动摩擦转化→加速度突变|

考点规范练10　牛顿运动定律的综合应用(二) 一、单项选择题 1.如图所示,光滑水平面上,水平恒力F作用在木块上,长木板和木块间无相对滑动,长木板质量为m0,木块质量为m。它们的共同加速度为a,木块与长木板间的动摩擦因数为μ,则在运动过程中 (　　) A.木块受到的摩擦力一定是μmg B.木块受到的合力为F C.长木板受到的摩擦力为μmg D.长木板受到的合力为 2.如图甲所示,倾角为θ的传送带始终沿逆时针方向以速度v0匀速转动。t=0时,将一小物块无初速度轻放在传送带上端,随后小物块的速度v与时间t关系如图乙所示。已知t1时刻前后,小物块的加速度分别为a1、a2,小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则a1、a2的差值为(　　) 甲 乙 A.μgcos θ B.2μgcos θ C.gsin θ D.2gsin θ 3.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为0,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　) A.传送带的速度为4 m/s B.传送带底端到顶端的距离为14 m C.物块与传送带间的动摩擦因数为 D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 4.如图甲所示,一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1 kg、可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22 N的水平外力拉长木板,g取10 m/s2,则小物块在长木板上滑行的时间为(　　) A.1 s B.2 s C. s D. s 5.如图所示,在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A、B,A、B之间的动摩擦因数为0.2,A的质量为2 kg,B的质量为1 kg,从0时刻起,A受到一向右的水平拉力F的作用,F随时间变化的规律为F=(6+2t)(N)。t=5 s时撤去外力,运动过程中A一直未滑落,g取10 m/s2,则(　　) A.t=2 s时,A、B发生相对滑动 B.t=3 s时,B的速度为8 m/s C.撤去外力瞬间,A的速度为19 m/s D.撤去外力后,再经过1 s,A、B速度相等 二、多项选择题 6.如图所示,传送带与水平面的夹角为θ,传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ,能反映小木块的速度随时间变化关系图像的可能是(　　) 7.如图所示,质量分别为m=1 kg和m'=2 kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上,两物块均处于静止状态。从某时刻开始,对物块B施加一水平推力F,已知推力F随时间t变化的关系为F=6t(N),两物块之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列结论正确的是(　　) A.两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/s B.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为1 s C.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 m D.当推力F=2 N时A和B就会发生相对运动 8.如图甲所示,一质量为m0的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F的作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.小滑块的质量m=2 kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2 D.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大 三、非选择题 9.如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为m=2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2 s末物体到达B端,取沿传送带向下为正方向,g取10 m/s2。 甲 乙 (1)求小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v。 (2)求物体与传送带间的动摩擦因数μ。 10.“桌布挑战”的挑战规则是一个人用力抽走桌布,同时保证桌子上的餐具“不动”(肉眼观察不到餐具位置发生变化)。现将该挑战做如图所示的简化,在桌面上放置一块桌布,将一个可视为质点的正方体静置于桌布上,小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布的质量分别为m和m',正方体与桌布间的动摩擦因数为μ1,桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为μ2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若要使正方体相对桌布静止,求拉力的最大值FT。 (2)若肉眼感知物体“不动”的最大距离l=0.007 5 m,m=1 kg,m'=2 kg,μ1=0.1,μ2=0.2,g取10 m/s2,正方体与桌布左端的距离d=0.04 m,求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小拉力F。 考点规范练10　牛顿运动定律的综合应用(二) 一、单项选择题 1.如图所示,光滑水平面上,水平恒力F作用在木块上,长木板和木块间无相对滑动,长木板质量为m0,木块质量为m。它们的共同加速度为a,木块与长木板间的动摩擦因数为μ,则在运动过程中 (　　) A.木块受到的摩擦力一定是μmg B.木块受到的合力为F C.长木板受到的摩擦力为μmg D.长木板受到的合力为 答案:D 解析:整体的加速度a=,隔离长木板,受力分析,长木板所受的合力为F合=,且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力。又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力,故选项A、C错误,D正确。木块所受的合力F合'=ma=,故选项B错误。 2.如图甲所示,倾角为θ的传送带始终沿逆时针方向以速度v0匀速转动。t=0时,将一小物块无初速度轻放在传送带上端,随后小物块的速度v与时间t关系如图乙所示。已知t1时刻前后,小物块的加速度分别为a1、a2,小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则a1、a2的差值为(　　) 甲 乙 A.μgcos θ B.2μgcos θ C.gsin θ D.2gsin θ 答案:B 解析:由题意知小物块受重力、支持力和摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得,a1=g(sin θ+μcos θ),a2=g(sin θ-μcos θ),a1-a2=2μgcos θ,故B正确,A、C、D错误。 3.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为0,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　) A.传送带的速度为4 m/s B.传送带底端到顶端的距离为14 m C.物块与传送带间的动摩擦因数为 D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 答案:A 解析:如果v0小于v1,则物块向上做减速运动时加速度不变,与题图乙不符,因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时,继续向上做减速运动,由此可以判断传送带的速度为4 m/s,选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于v-t图线与横轴所围的面积,即×(4+12)×1 m+×1×4 m=10 m,选项B错误。0~1 s内,gsin θ+μgcos θ=8 m/s2;1~2 s内,gsin θ-μgcos θ=4 m/s2,解得μ=,选项C错误。在1~2 s内,摩擦力方向与物块的运动方向相同,选项D错误。 4.如图甲所示,一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上,有一个质量为1 kg、可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时,小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F=22 N的水平外力拉长木板,g取10 m/s2,则小物块在长木板上滑行的时间为(　　) A.1 s B.2 s C. s D. s 答案:A 解析:由题图乙知力F较小时,小物块和长木板均静止,随着外力的增大二者先一起加速运动,后来发生相对滑动。当F>2 N时二者开始加速,表明长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2=2 N;当F>14 N时小物块和长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N,小物块的加速度a1=4 m/s2。改用F=22 N的外力水平拉长木板时,由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=m'a,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2-a1t2=l,解得t=1 s,故选项A正确。 5.如图所示,在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A、B,A、B之间的动摩擦因数为0.2,A的质量为2 kg,B的质量为1 kg,从0时刻起,A受到一向右的水平拉力F的作用,F随时间变化的规律为F=(6+2t)(N)。t=5 s时撤去外力,运动过程中A一直未滑落,g取10 m/s2,则(　　) A.t=2 s时,A、B发生相对滑动 B.t=3 s时,B的速度为8 m/s C.撤去外力瞬间,A的速度为19 m/s D.撤去外力后,再经过1 s,A、B速度相等 答案:C 解析:当A、B之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时,A、B之间刚好出现相对运动。对B物体,根据牛顿第二定律有μmAg=mBa,此时的加速度为a=4 m/s2;对A、B整体,根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)a=12 N=(6+2t) (N),所以t=3 s,故A错误。0~3 s内A、B一起运动,t=0时AB的加速度为a0==2 m/s2,则t=3 s时,B的速度为v3=t=t=9 m/s,故B错误。5 s时A物体的加速度为a2= m/s2=6 m/s2,则5 s时A物体的速度为vA=v3+t=9 m/s+×2 m/s=19 m/s,故C正确。撤去外力时,B的速度vB=v3+t=9 m/s+8 m/s=17 m/s,设经过t0时间两物体速度相等,则有19 m/s-t0=17 m/s+t0,解得t0= s,故D错误。 二、多项选择题 6.如图所示,传送带与水平面的夹角为θ,传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ,能反映小木块的速度随时间变化关系图像的可能是(　　) 答案:AD 解析:开始阶段,木块所受的滑动摩擦力沿着斜面向下,木块先沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,得a1=gsin θ+μgcos θ恒定,则v-t图像的斜率不变;若传送带足够长,小木块的速度会与传送带速度相等,此时由于μ<tan θ,则有sin θ>μcos θ,所以木块将继续匀加速运动,由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,得a2=gsin θ-μgcos θ,因此,a2<a1,故A正确,B、C错误。若传送带比较短,木块可一直做匀加速运动,故D正确。 7.如图所示,质量分别为m=1 kg和m'=2 kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上,两物块均处于静止状态。从某时刻开始,对物块B施加一水平推力F,已知推力F随时间t变化的关系为F=6t(N),两物块之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列结论正确的是(　　) A.两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/s B.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为1 s C.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 m D.当推力F=2 N时A和B就会发生相对运动 答案:AB 解析:当物块B达到最大静摩擦力时,物块B相对物块A发生相对滑动,则此时物块B的加速度为a=μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2;对整体受力分析可知,此时的推力F=(m+m')a=3×2 N=6 N,则可知发生相对运动的时间为t=1 s,F是均匀增加的,故1 s内其平均作用力 N=3 N;对整体由动量定理可得,t=(m'+m)v,解得v=1 m/s,故A、B正确,D错误。若物块做匀加速直线运动,则1 s内的位移x=t=0.5 m;而物块做的是变加速直线运动,故位移不是0.5 m,故C错误。 8.如图甲所示,一质量为m0的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F的作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.小滑块的质量m=2 kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2 D.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大 答案:AC 解析:当F=6 N时,两物体恰好具有最大共同加速度,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(m0+m)a,代入数据解得m0+m=3 kg。当F大于6 N时,两物体发生相对滑动,对长木板有a=,图线的斜率k==1,解得m0=1 kg,滑块的质量m=2 kg,选项A正确。滑块的最大加速度a'=μg=2 m/s2,所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2,选项B错误。当F=7 N时,由a=知长木板的加速度a=3 m/s2,选项C正确。当两物体发生相对滑动时,滑块的加速度a'=μg=2 m/s2,恒定不变,选项D错误。 三、非选择题 9.如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量为m=2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2 s末物体到达B端,取沿传送带向下为正方向,g取10 m/s2。 甲 乙 (1)求小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v。 (2)求物体与传送带间的动摩擦因数μ。 答案:(1)8 m/s　(2)0.5 解析:(1)传送带A、B间的距离l即为v-t图线与t轴所围的面积,所以 l=×1×10 m+×(10+12)×1 m=16 m 由平均速度的定义得=8 m/s。 (2)由v-t图像可知传送带运行速度为v1=10 m/s 0~1 s内物体的加速度为a1==10 m/s2 1~2 s内物体的加速度为a2=2 m/s2 根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 联立两式解得μ=0.5。 10.“桌布挑战”的挑战规则是一个人用力抽走桌布,同时保证桌子上的餐具“不动”(肉眼观察不到餐具位置发生变化)。现将该挑战做如图所示的简化,在桌面上放置一块桌布,将一个可视为质点的正方体静置于桌布上,小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布的质量分别为m和m',正方体与桌布间的动摩擦因数为μ1,桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为μ2,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若要使正方体相对桌布静止,求拉力的最大值FT。 (2)若肉眼感知物体“不动”的最大距离l=0.007 5 m,m=1 kg,m'=2 kg,μ1=0.1,μ2=0.2,g取10 m/s2,正方体与桌布左端的距离d=0.04 m,求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小拉力F。 答案:(1)(μ1+μ2)(m'+m)g (2)25 N 解析:(1)设正方体的最大加速度为a1,桌布的加速度大小为a2,对正方体、桌布分别受力分析有 μ1mg=ma1 FT-μ1mg-μ2(m'+m)g=m'a2 正方体和桌布保持相对静止应满足:a2≤a1 解得拉力的最大值FT=(μ1+μ2)(m'+m)g。 (2)设正方体在桌布上运动的位移为x1,加速度大小为a3,时间为t1,正方体离开桌布后运动的位移为x2,加速度大小为a4,运动时间为t2;正方体从桌布上离开前,桌面的加速度大小为a5,桌布运动的位移大小为x3。则有μ1mg=ma3 x1=a3 μ2mg=ma4 x2=a4 F-μ1mg-μ2(m'+m)g=m'a5 x3=a5=d+x1 若要完成挑战,则正方体移动的总位移必须小于或等于肉眼感知物体“不动”的最大距离l,考虑临界值有l=x1+x2 由正方体先从0开始做匀加速运动,后做匀减速运动,最终静止在桌面上,有a3t1=a4t2 联立解得 F=25 N。 1 学科网（北京）股份有限公司 $