1、课练9牛顿运动定律的应用狂刷小题夯基础练基础小题1.有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，如图所示，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来我们可以把篮球下落的情境理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是()22018年11月16日第26届国际计量大会通过“修订国际单位制(SI)”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义以F表示力，v表示速度，a表示加速度，x表示位移，t表示时间，m表示质量，借助单位制可知下列表达式可能正确的是()Ax BtCv Da3如图所示，在光滑
2、的水平桌面上有一质量为1 kg的木块A，木块A的左右两侧通过轻绳与轻弹簧测力计相连，弹簧测力计另一端都通过定滑轮挂着两个质量均为0.2 kg的钩码，滑轮摩擦不计，两钩码间用轻绳相连，系统处于静止状态，用剪刀将右侧两个钩码之间的轻绳剪断，在剪断的瞬间，下列说法正确的是(g10 m/s2)()A左侧两钩码的加速度大小为5 m/s2，方向竖直向下B木块A的加速度大小为2 m/s2，方向水平向左C右侧上方钩码的加速度大小为10 m/s2，方向竖直向上D两弹簧测力计的读数相同，都为2 N4.如图，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的水平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间
3、连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值，一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F与时间t的关系图象中可能正确的是()5(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时两物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速直线运动，测得两个物体的v t图象如图乙所示，重力加速度为g，则()A外力施加前，弹簧的形变量为B外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为m(ga)CA、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D
4、弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值6(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，正以某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为，小木块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则()A传送带一定顺时针转动B传送带的速度大小等于v0Ctan Dt0时间后木块的加速度大小为 2gsin 练高考小题7.2016海南卷沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s、5 s10 s、10 s15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()AF1F
5、3CF1F3 DF1F382019全国卷(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a x关系如图中虚线所示假设两星球均为质量均匀分布的球体已知星球M的半径是星球N的3倍，则()AM与N的密度相等BQ的质量是P的3倍CQ下落过程中的最大动能是P的4倍DQ下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍92015江苏卷(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()At2 s时最
6、大 Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小102015全国卷(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10C15 D1811.2019全国卷(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去
7、外力细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出()A木板的质量为1 kgB2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2练模拟小题122019江西赣州期末电梯顶上悬挂一根劲度系数是200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为()A匀加速上升，a2.5 m/s2B匀减速上升，a2.
8、5 m/s2C匀加速上升，a5 m/s2D匀减速上升，a5 m/s2132020山东日照一中模拟如图所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上将一个质量为3 kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g10 m/s2)()A0 B15 m/s2C6 m/s2 D5 m/s2142020四省八校联考(多选)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37，一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v t图象如图乙所示，已知重力加速度为g10 m/s
9、2，sin 370.6，cos 370.8，则下列判断正确的是()A传送带的速度为4 m/sB传送带底端到顶端的距离为32 mC物块与传送带间的动摩擦因数为0.1D物块所受摩擦力的方向一直与物块运动的方向相反152019江苏泰州期末(多选)如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等则()A1一定小于2B1可能大于2C改变F的大小，当F2(m1m2)g时，长木板将开始运动D将F作用于长木板，当F(12)(m1m2
10、)g时，长木板与木块将开始相对滑动16新情景题如图所示为倾角为的足够长的斜面，MP段粗糙，PN段光滑(含P点)质量分别为m1、m2的两小物块A、B(可视为质点)之间用一短小的轻质弹簧连接，由斜面顶端一起沿斜面加速下滑，两小物块与斜面MP段间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则()A两小物块在MP段运动时，弹簧处于压缩状态B两小物块在MP段运动时，弹簧处于伸长状态C当小物块A通过P点的瞬间，其加速度大小为gsin D当小物块B通过P点的瞬间，其加速度大小为gsin 综合测评提能力一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1如图所示，质量为M、长度为L的长木板静止在水平地面上，质量为m的
11、小滑块(可视为质点)静止在长木板的最右端，长木板与地面之间、滑块与长木板之间、滑块与地面之间的动摩擦因数均为，现给长木板施加一恒力F，使滑块能从长木板上滑下来，下列说法正确的是()A施加恒力的大小应满足F(Mm)gB滑块在长木板上运动的时间和在地面上运动的时间相等C滑块在地面上运动的位移为LD增大施加的恒力F，滑块在地面上运动的时间不变22019安徽芜湖期末如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点现让三个小球(可以看做质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止下滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则有()Av2v1v3 Bv
12、1v2v3Cv3v1v2 Dv1v3v232020福州六校联考如图所示，质量分别为m和2m的两物体P和Q叠放在倾角30的固定斜面上，Q与斜面间的动摩擦因数为，它们从静止开始沿斜面加速下滑，P恰好能与Q保持相对静止，设P与Q间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则P与Q间的动摩擦因数为()A. B.C D242020山西太原五中段考在如图所示的装置中，质量为3 kg的物块被平行于斜面的细绳拴在斜面上端的小柱上，斜面的倾角为30，被固定在测力计上，整个装置保持静止如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细绳被烧断，物块正在下滑的过程中，与稳定时比较，测力计的读数(g取10 m/s2)()A增加15 N
13、B减小15 NC减小7.5 N D保持不变52020甘肃一诊如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为，m1m2，A、B间水平连接有一轻质弹簧测力计若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是()Aa1a2，F1F2 Ba1a2，F1a2，F1F26质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且Mm.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成角，细线
14、的拉力大小为F1，如图甲若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力大小为F1，如图乙，则 ()Aaa，F1F1 Baa，F1F1Caa，F1a，F1F17.如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，现对a施加竖直向上的拉力F，使整个系统竖直向上做匀加速运动，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为l1和l2.若将对a施加的竖直向上的拉力改为F，使整个系统竖直向上做匀减速运动，此时S1和S2相对于原长的伸长量分别记为l1和l2.则()Al12l2 Bl13l2Cl12l1 Dl22l282020重庆调研甲、
15、乙两物体都静止在水平面上，质量分别为m甲、m乙，与水平面间的动摩擦因数分别为甲、乙现用水平拉力F分别作用于两物体，加速度a与拉力F的关系如图，图中b、2c、c为相应坐标值，重力加速度为g.由图可知()A甲，m甲B甲，m甲Cm甲:m乙1:2，甲:乙1:2Dm甲:m乙2:1，甲:乙1:2二、多项选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9.2020湖北黄石中学模考如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为1、2，它们在斜面上加速下滑关于杆的受力情况，下列分析正确的是()A若12，m1m2，则杆受到压力B若12，m1m2，则杆受到拉
16、力C若12，m1F2.两物体运动一段时间后()A若突然撤去F1，甲的加速度一定减小B若突然撤去F1，甲、乙间的作用力减小C若突然撤去F2，乙的加速度一定增大D若突然撤去F2，甲、乙间的作用力增大三、非选择题(本题共3小题，共34分)11(8分)2020辽宁鞍山一中模拟如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角37的斜面放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小(sin
17、370.6，cos 370.8)12(12分)2020江西上饶一联如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v4 m/s，传送带与水平面间的夹角为37，现将一质量m1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h2.4 m的平台上已知物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时
18、的速度大小(结果用根式表示)13(14分)2020重庆一中适应性考试如图所示，有一长为s8.84 m的传送带倾斜放置，倾角为30，且没有启动一质量为m13 kg、长度L0.5 m的长木板甲静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐t0时刻，将一质量为m21 kg的小物块乙(可视为质点)轻放在长木板甲的左端，与此同时，给长木板甲v04 m/s的初速度使它沿传送带向下运动已知甲与传送带之间的动摩擦因数1，甲与乙之间的动摩擦因数2，重力加速度大小g10 m/s2.(1)求乙相对甲滑行的最大距离；(2)当甲和乙刚好达到共速的瞬间启动传送带，使其从静止开始以恒定的加速度a3 m/s2沿逆时针方向转动
19、，求从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间课练9牛顿运动定律的应用狂刷小题夯基础1A篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mgfma1，解得a1g；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有mgfma2，解得a2g，联立得a1mgcos ，将一直匀加速到底端而且加速度不变；当木块上滑时满足mgsin mgcos ，木块先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象，故传送带逆时针转动，A错误；只有当木块的速度大于传送带的速度时，木块所受的摩擦力沿传送带向上，故传送带的速度大小等于v0，故B正确；木块在0t0时间内，滑动摩
20、擦力沿传送带向下，木块匀加速下滑，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，解得：a1gsin gcos ，由题图乙可知，a1，联立解得：tan ，故C正确；木块与传送带共速后，由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma2，解得：a2gsin gcos ，代入值得：a22gsin ，故D错误7A设物体重力沿斜面向下的分力为G1，所受摩擦力为f，根据题图得，在05 s内，物体下滑的加速度大小为a10.2 m/s2，由牛顿第二定律，G1fF1ma1，解得F1G1fma1；在5 s10 s内，物体下滑的加速度大小为a20，由牛顿第二定律，G1fF20，解得F2G1f；在10 s15 s内，
21、物体下滑的加速度为a30.2 m/s2，由牛顿第二定律，G1fF3ma3，解得F3G1fma3；显然F1F2(12)(m1m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确16C设两小物块和斜面MP段间的动摩擦因数为，两小物块在MP段运动时的加速度大小为a，对两小物块整体分析有(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a，设弹簧劲度系数为k，弹簧形变量为x，则对小物块A有m1gsin kxm1gcos m1a，联立以上两式可得kx0，所以弹簧处于原长状态，选项A、B错误；当小物块A通过P点的瞬间，由于弹簧的长度还没有变化，则小物块A的加速度大小为gsin ，选项C正确；小物块A通过
22、P点后的加速度大于小物块B的加速度，所以当小物块B通过P点的瞬间弹簧处于拉伸状态，小物块B的加速度大于gsin ，选项D错误综合测评提能力1B本题考查滑块与长木板模型，意在考查考生对受力分析、牛顿第二定律等知识的理解与应用情况滑块和长木板发生相对滑动，对滑块有mgma，对长木板有Fmg(Mm)gMa，解得F2(Mm)g，选项A错误；滑块在长木板上做匀加速直线运动，在地面上做匀减速直线运动，加速度大小相等，滑块从长木板上滑下时的速度等于滑块在地面上运动的初速度，所以运动的时间相等，选项B正确；从开始运动到滑块离开长木板的过程中，设长木板的位移为x1，滑块的位移为x2，则有x1x2L，滑块在地面上
23、的位移也为x2，x2与L的关系不确定，所以滑块在地面上运动的位移不一定为L，选项C错误；增大施加的恒力F，滑块在长木板上运动的时间变短，在地面上运动的时间也变短，选项D错误2A设任一斜面的倾角为，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得agsin ，斜面的长度为xdsin ，则由xat2得t，可见，小球下滑时间与倾角无关则有t1t2t3.又，x2x1x3，则v2v1v3，选项A正确3C对P、Q整体，由牛顿第二定律有(m2m)gsin 30(m2m)gcos 30(m2m)a，设P与Q之间的动摩擦因数为，P恰好与Q保持相对静止，静摩擦力恰好达到最大，对P，由牛顿第二定律有mgsin 30mgcos 30
24、ma，联立解得，选项C正确4C对物块和斜面体整体受力分析，受重力和支持力，平衡时有N(Mm)g0，物块加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，根据牛顿第二定律，竖直方向有(Mm)gNmasin 30，对物块受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin 30ma，联立得到NNmasin 30mg(sin 30)23100.25 N7.5 N故A、B、D错误，C正确5A以由A、B及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a，可得a1a2a.当用F拉B时，以A为研究对象有F1m1gm1a1，可得F1m1gm1a1；同理，当用F拉A时，以B为研究对象，有F2m2gm2a2，
25、可得F2，由于m1m2，则F1F2，A正确6D先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律有F(Mm)a.再对题图甲的小球受力分析，如图a.根据牛顿第二定律有FF1sin ma，F1cos mg0.由以上三式可解得F1，a.再对题图乙中小球受力分析如图b，由几何关系得F合mgtan ，F1，再由牛顿第二定律得到agtan ，由于Mm，故aa，F1F1，故选D.7A本题考查考生的分析能力，需要考生利用胡克定律、整体法、隔离法解题由整体法可知，对三个物块整体有，F3mg3ma，由隔离法可知，物块c满足F2mgma，物块b满足F1mgF2ma，解得F2F，F1F，则F1kl1
26、F，F2kl2F，l12l2，A正确，B错误；同理，减速时，依然有kl1F，kl2F，l12l2，由于F和F的具体关系未知，所以C、D错误8B对其中的任何一个物体，由牛顿第二定律得Fmgma，解得aFg，结合图象可知、甲g2c；、乙gc，解得m甲、甲，m乙、乙，A错误，B正确；m甲:m乙1:2，甲:乙2:1，C、D错误9AD不考虑杆对滑块的作用时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对滑块A有m1gsin 1m1gcos m1a1，解得a1g(sin 1cos )；同理，对滑块B有a2g(sin 2cos )考虑杆对两滑块的作用，若12，则a1a2，B的加速度较大，则杆受到压力，
27、故A正确；若12，则a1a2，两滑块加速度相同，说明无相对运动趋势，杆不受到作用力，故B错误，D正确；若1a2，A的加速度较大，则杆受到拉力，故C错误10BC设甲的质量为m1，乙的质量为m2，当F1和F2都作用时，分别对整体和物体乙分析，有F1F2(m1m2)a，FF2m2a，解得F；同理，如果撤去F1，得甲、乙间的作用力F；如果撤去F2，得甲、乙间的作用力F，通过比较可得，不管撤去哪个力，甲、乙间的作用力都减小，所以B正确，D错误不管是研究甲的加速度还是乙的加速度，研究整体的加速度即可，当撤去F2时，整体所受的合力一定增加，加速度一定增大；当撤去F1时，F1F2与F2的大小无法比较，无法判断
28、加速度的变化，所以A错误，C正确11答案：mg解析：设绳的张力为T，系统加速度为a，以物体B为研究对象，水平方向物体B只受绳的拉力，由牛顿第二定律得Tma；对物体C受力分析如图所示，受绳的张力T、斜面的支持力FN和重力mg，加速度也为a.对力进行正交分解：水平方向有FNsin Tcos ma；竖直方向有FNcos Tsin mg，联立解得a，以A、B、C整体为研究对象有F3ma，解得Fmg.12答案：(1)s(2)sm/s解析：(1)对物块进行受力分析可知，物块先沿传送带向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同由牛顿第二定律得Fmgcos mgsin ma1代入数据解得a16
29、m/s2物块加速过程所用的时间t1s运动的距离x1m物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为F8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，所以物块不能相对传送带向上加速，物块将随传送带匀速上升传送带长度为x4 m物块随传送带做匀速运动的时间t2s故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间tt1t2s(2)若共速后撤去恒力F，因为mgsin mgcos ，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动有mgsin mgcos ma2代入数据解得a22 m/s2经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开设物块还需时间t离开传送带，离开时的速度
30、大小为v，则由运动学公式有v2v22a2(xx1)代入数据解得v m/s故ts.13答案：(1)0.48 m(2)2 s解析：(1)乙沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度大小为a12gcos 30gsin 3012.5 m/s2甲沿传送带向下做匀减速直线运动，加速度大小为a2 m/s2设甲和乙刚好达到共速时的速度为v1，时间为t1根据运动学公式可得v1a1t1v1v0a2t1联立解得v13 m/s，t10.24 s甲的位移为x甲v0t1a2t0.84 m乙的位移为x乙a1t0.36 m乙相对甲滑行的最大距离xx甲x乙0.48 m(2)当甲和乙刚好达到共速的瞬间启动传送带时，假设甲、乙没有相对滑动，对甲、乙组成的系统有1(m1m2)gcos 30(m1m2)gsin 30对乙有2m2gcos 30m2gsin 30假设成立所以甲、乙与传送带共速前，甲、乙一起做匀速直线运动运动时间为t21 s甲、乙一起运动的位移x1v1t23 m甲、乙与传送带共速后，假设甲、乙与传送带一起做匀加速直线运动对乙有m2gsin 30m2a假设成立根据运动学公式有sx甲x1Lv1t3at解得t31 s(另一解不合题意，舍去)从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间tt2t32 s