課時規(guī)范練9牛頓運動定律的綜合應用基礎對點練1.(整體法與隔離法)如圖所示,質量為4kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面,質量為1kg的物體B用細線懸掛起來,A、B緊挨在一起,但A、B之間無壓力。某時刻將細線剪斷,則細線剪斷瞬間,B對A的壓力大小為(g取10m/s2)()A.0 B.50N C.10N D.8N2.(多選)(傳送帶問題)(2023廣東中山模擬)如圖甲所示的水平傳送帶沿逆時針勻速轉動,一物塊沿曲面從一定高度處由靜止開始下滑,以某一初速度從左端滑上傳送帶,在傳送帶上由速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如圖乙所示(取向左為正方向,以物塊剛滑上傳送帶時為計時起點)。已知傳送帶的速度保持不變,重力加速度g取10m/s2。關于物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ及物塊在傳送帶上運動第一次回到傳送帶左端的時間t,下列計算結果正確的是()A.μ=0.4 B.μ=0.2C.t=4.5s D.t=3s3.(整體法與隔離法)如圖所示,在光滑水平面上放有一質量m0=30kg的斜劈,在其斜面上放一質量m=2kg的物塊,現(xiàn)用一水平向右的力F拉斜劈,使其由靜止開始運動,物塊恰好能與斜劈保持相對靜止。已知斜劈傾角θ=37°,物塊與斜面間的動摩擦因數μ=0.8,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2。則拉力F大小為()A.1N B.10N C.31N D.310N4.(多選)(連接體問題)(2025八省聯(lián)考山西、陜西、寧夏、青海卷)如圖所示,傾角為30°且足夠長的光滑斜劈固定在水平面上,P、Q兩個物體通過輕繩跨過光滑定滑輪連接,Q的另一端與固定在水平面的輕彈簧連接,P和Q的質量分別為4m和m。初始時,控制P使輕繩伸直且無拉力,滑輪左側輕繩與斜劈上表面平行,右側輕繩豎直,彈簧始終在彈性限度范圍內,彈簧勁度系數為k,重力加速度大小為g?，F(xiàn)無初速度釋放P,則在物體P沿斜劈下滑過程中()A.輕繩拉力大小一直增大B.物體P的加速度大小一直增大C.物體P沿斜劈下滑的最大距離為6D.物體P的最大動能為85.(臨界問題)(2024山西臨汾適應性訓練二)如圖所示,水平面上的小車內固定一個傾角θ=30°的光滑斜面,平行于斜面的細繩一端固定在車上,另一端系著一個質量為m的小球,小球和小車均處于靜止狀態(tài)。如果小車在水平面上向左加速且加速度大小不超過a1時,小球仍能夠和小車保持相對靜止;如果小車在水平面上向右加速且加速度大小不超過a2時,小球仍能夠和小車保持相對靜止,則a1和a2的大小之比為()A.3∶1 B.3∶3 C.3∶1 D.1∶36.(多選)(板塊模型)(2024遼寧卷)一足夠長的木板置于水平地面上,二者間的動摩擦因數為μ。t=0時,木板在水平恒力作用下,由靜止開始向右運動。某時刻,一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的時間內,木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示,其中g為重力加速度大小。t=4t0時刻,小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是()A.小物塊在t=3t0時刻滑上木板B.小物塊和木板間的動摩擦因數為2μC.小物塊與木板的質量之比為3∶4D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動素養(yǎng)綜合練7.(多選)如圖甲所示,物塊A、B靜止疊放在水平地面上,B受到從零開始逐漸增大的水平拉力F的作用,A、B間的摩擦力Ff1、B與地面間的摩擦力Ff2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示。已知物塊A的質量m=3kg,g取10m/s2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則下列說法正確的是()A.兩物塊間的動摩擦因數為0.2B.當0<F<4N時,A、B保持靜止C.當4N<F<12N時,A、B發(fā)生相對滑動D.當F>12N時,A的加速度隨F的增大而增大8.(2024安徽合肥第一次質檢)如圖所示,某校門口水平地面上有一質量為150kg的石墩,石墩與水平地面間的動摩擦因數為33,工作人員用輕繩按圖示方式緩慢移動石墩,此時兩輕繩平行,重力加速度g取10m/s2(1)若輕繩與水平面的夾角θ為60°,則輕繩對石墩的總作用力大小為多少?(2)當輕繩與水平面的夾角為多大時,輕繩對石墩的總作用力最小,并求出該值。9.如圖甲所示,在順時針勻速轉動且傾角為θ=37°的傳送帶底端,一質量m=1kg的小物塊以某一初速度向上滑動,傳送帶足夠長。物塊的速度與時間(v-t)關系的部分圖像如圖乙所示。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。(1)求物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ。(2)求物塊沿傳送帶向上運動的最大位移。(3)求物塊向上運動到最高點的過程中相對傳送帶的路程。答案：1.D解析剪斷細線前,A、B間無壓力,則彈簧的彈力F=mAg=40N,剪斷細線的瞬間,對整體分析,整體加速度a=(mA+mB)g-FmA+mB=(4+1)×10-404+1m/s2=2m/s2,隔離B進行分析,mBg-FN=mBa2.BC解析由題圖乙可得,物塊做勻減速運動的加速度大小a=ΔvΔt=2.0m/s2,由牛頓第二定律得Ff=ma=μmg,則可得物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2,A項錯誤,B項正確;在v-t圖像中,圖線與t軸所圍面積表示物塊的位移,則物塊經減速、反向加速到與傳送帶相對靜止,最后勻速運動回到傳送帶左端時,物塊的位移為0,由題圖乙可得物塊在傳送帶上運動的總時間為4.5s,C3.B解析對物塊受力分析如圖所示,根據牛頓第二定律可得Ffcos37°-FNsin37°=ma,豎直方向,根據平衡條件可得Ffsin37°+FNcos37°=mg,根據摩擦力的計算公式可得Ff=μFN,聯(lián)立解得a=516m/s2;以整體為研究對象,水平方向根據牛頓第二定律可得F=(m0+m)a=10N,故B正確,A、C、D4.AD解析設物體P向下運動過程中的位移為x,彈簧的形變量為Δx,開始時彈簧的彈力表現(xiàn)為支持力,從釋放P到彈簧恢復原長過程中,對P、Q整體根據牛頓第二定律得4mgsin30°-mg+kΔx=(4m+m)a,可得a=mg+kΔx5m,隨著x增大Δx減小,則加速度逐漸減小;當彈簧恢復原長后,彈簧表現(xiàn)為拉伸狀態(tài),彈簧彈力為拉力,隨著x增大Δx增大,根據牛頓第二定律得4mgsin30°-mg-kΔx=(4m+m)a,可得a=mg-kΔx5m,隨著x增大Δx增大,當mg>kΔx時,隨著x增大,加速度逐漸減小,當kΔx>mg時,隨著x增大,加速度反向增大,所以物體P的加速度大小先減小后反向增大,故B錯誤。以P為研究對象,設繩子拉力為FT,根據牛頓第二定律得4mgsin30°-FT=4ma,可得彈簧恢復原長前FT=1.2mg-0.8kΔx,隨著Δx減小FT增大;彈簧恢復原長后FT=1.2mg+0.8kΔx,可知隨著Δx增大,FT逐漸增大,所以輕繩拉力大小一直增大,故A正確。沒有釋放物體P前,根據平衡條件mg=kx1可得x1=mgk,物體P沿斜劈下滑的最大距離為xmax,根據系統(tǒng)機械能守恒可得4mgxmaxsin30°+12kx12=mgxmax+12k(xmax-x1)2,解得xmax=4mgk,故C錯誤。當P的加速度為零時,速度最大,動能最大,此時根據平衡條件4mgsin30°=kx'+mg,解得x'=mgk可知P動能最大時,彈簧的彈性勢能與初始狀態(tài)相等,設P的動能為Ek,根據Ek=12×4mv2可知Q的動能為Ek4,根據動能定理4mg(x'+x1)sin5.D解析分析小球的受力情況如圖所示,如果小車在水平面上向左加速,由正交分解法得,水平方向上有FNsinθ-FTcosθ=ma1,豎直方向上有FNcosθ+FTsinθ=mg,解得a1=FNsinθ-FTcosθFNcosθ+FTsinθg,球仍能夠和小車保持相對靜止的臨界條件是細繩拉力FT=0,解得a1=gtan30°,同理可得,如果小車在水平面上向右加速,則a2=FTcosθ-FNsin6.ABD解析本題借助板塊模型,考查對速度圖像的理解以及運動和力的關系。由題圖可知,3t0時刻,木板運動狀態(tài)發(fā)生改變,說明小物塊在3t0時刻滑上木板,A正確。0~3t0內,木板的加速度a1=12μg;3t0~4t0內,對于木板有a2=12μg·3t0-12μgt0t0=μg。根據牛頓第二定律得0~3t0內有F-μm木g=12μgm木;3t0~4t0內,對小物塊有a'=12μgt0--32μgt0t0=2μg,根據牛頓第二定律得μxmg=ma',μx=2μ,故B正確。對木板3t0~4t0內有F-μ(m木+m)g-27.AB解析根據題圖乙可知,發(fā)生相對滑動時,A、B間的滑動摩擦力為6N,所以A、B之間的動摩擦因數μ=Ff1mmg=0.2,選項A正確;當0<F<4N時,根據題圖乙可知,Ff2還未達到B與地面間的最大靜摩擦力,此時A、B保持靜止,選項B正確;當4N<F<12N時,根據題圖乙可知,此時A、B間的摩擦力還未達到最大靜摩擦力,所以沒有發(fā)生相對滑動,選項C錯誤;當F>12N時,根據題圖乙可知,此時A、B發(fā)生相對滑動,對A物塊有a=Ff1mm=2m/s2,加速度不變8.答案(1)5003N(2)30°750N解析(1)對石墩受力分析可知Fcos60°=μ(mg-Fsin60°),解得F=5003N。(2)由Fcosθ=μ(mg-Fsinθ)可得F=μmgcosθ+μ則當θ=30°時F最小,最小值為750N。9.答案(1)0.5(2)6.4m(3)4.8m解析(1)由題圖乙可知,物塊的初速度v0=8m/s,物塊的速度減速到與傳送帶的速度相同時,加速度發(fā)生變化,所以傳送帶轉動時的速度v=4m/s從0到0.4s時間內,物塊加速度大小為a1=ΔvΔt=8-40.4物塊受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用,沿斜面方向由牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得μ=0.5。(2)設在0.4s后,物塊做減速運動的加速度大小為a2,物塊受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用,由牛頓第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=2m/s2物塊從0.4s開始,經過t1時間速度減為零,則t1=42s=2從0到0.4s,物塊位移為x1=v0Δt-12a1(Δt)