(新课标)2019版高考物理一轮复习-主题二-相互作用-牛顿运动定律-课时跟踪训练10

（新课标）2019版高考物理一轮复习主题二相互作用牛顿运动定律课时跟踪训练10一、选择题1．如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其v－t图象如图乙所示．g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v－t图象为()[解析]小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，a＝ΔvΔt＝4m/s2，根据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2，因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到滑动摩擦动力，根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有在0～8s内，车的速度大于物块的速度，物块做匀加速运动，其加速度为2m/s2，同理可得在8s～16s内，车的速度小于物块的速度，物块做匀减速运动，其加速度为－2m/s2，选项C正确，A、B、D错误．[答案]C2．(多选)如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物体均静止．今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是()A．若F1＝F2，M1M2，则v1v2B．若F1＝F2，M1M2，则v1v2C．若F1F2，M1＝M2，则v1v2D．若F1F2，M1＝M2，则v1v2[解析]该题从理论上分析，非常麻烦，因此可采用极限分析法：若F1＝F2，M1M2，可以假设M1无穷大，则在水平力拉物体运动过程中M1速度几乎不变，则可以肯定v1v2，同理若F1＝F2，M1M2，可以假设M2无穷大，则在水平力拉物体运动过程中M2速度几乎不变，则可以肯定v1v2，因此A项错误，B项正确；若F1F2，M1＝M2，可以假设F1无穷大，则物体在M1上运动的时间几乎为零，即M1速度几乎不变，则v1v2；若F1F2，M1＝M2，可以假设F2无穷大，则物体在M2上运动的时间几乎为零，即M2速度几乎不变，则v1v2，因此，正确选项是B、D.[答案]BD3．(多选)如图甲所示，一质量为M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．木板受到随时间t变化的水平拉力F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，g取10m/s2，则()A．小滑块的质量m＝2kgB．当F＝8N时，滑块的加速度为1m/s2C．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1D．力随时间变化的函数关系一定可以表示为F＝6a(N)[解析]当F等于6N时，加速度a＝1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a＝F－μmgM＝1MF－μmgM，知图线的斜率k＝1M＝12，解得M＝2kg，滑块的质量m＝4kg，选项A错误；根据F大于6N时的图线知，F＝4N时，a＝0，即0＝12×4－40μ2，解得μ＝0.1，所以a＝12F－2，当F＝8N时，长木板的加速度为a＝2m/s2，根据μmg＝ma′得a′＝μg＝1m/s2，选项B、C正确；当M与m共同加速运动时，力随时间变化的函数关系一定可以表示为F＝6a(N)，当F大于6N后，发生相对滑动，选项D错误．[答案]BC4.(多选)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从木板的最左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．滑块的v－t图象可能是()[解析]开始时，滑块受到木板水平向左的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，若滑块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等之后，一起做匀减速直线运动．设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，滑块的质量为m，木板的质量为M，木板若滑动，则μ1mgμ2(M＋m)g，最后两者一起做匀减速直线运动，加速度a′＝μ2g，开始时滑块做匀减速直线运动的加速度大小a＝μ1gμ2g，所以v－t图象后一段图线的斜率变小，故B正确，C错误；若μ1mgμ2(M＋m)g，则木板不动，滑块一直做匀减速直线运动，故D正确；由于地面与木板之间有摩擦，最终滑块和木板不可能一起做匀速直线运动，故A错误．[答案]BD5．如下图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图象中正确的是()[解析]开始阶段水平力F较小，木板和木块一起做加速直线运动，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a，即a＝Fm1＋m2＝km1＋m2t，两物体的加速度相同，且与时间成正比．随着水平力F的增加，木板和木块间的静摩擦力也随之增加，当两物体间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动，对木块有F－Ff＝m2a2，其中F1＝μm2g，故a2＝F－Ffm2＝km2t－μg，a2－t图象的斜率增大；而对木板，发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝μm2gm1，保持不变．综上可知，A正确．[答案]A6．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是()A.Lv＋v2μgB.LvC.2LμgD.2Lv[解析]假设木块一直做匀加速直线运动．若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v，根据牛顿第二定律得：a＝μg，根据L＝12at2，解得t＝2Lμg.若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v.根据L＝v2t，解得t＝2Lv.假设木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动．匀加速直线运动的时间t1＝va＝vμg，匀加速直线运动的位移x1＝v22μg，则匀速直线运动的位移x2＝L－x1＝L－v22μg，匀速直线运动的时间t2＝x2v＝Lv－v2μg，则总时间为t＝t1＋t2＝Lv＋v2μg.故A、C、D正确，B错误．[答案]B7．(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝3.5m，以v0＝2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中(g取10m/s2)()A．所用的时间是2sB．所用的时间是2.25sC．划痕长度是4mD．划痕长度是0.5m[解析]根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度a＝μg＝4m/s2，则匀加速运动的时间t1＝v0a＝24s＝0.5s，匀加速运动的位移x1＝12at21＝12×4×0.25m＝0.5m，则小煤块匀速运动的位移x2＝x－x1＝3.5m－0.5m＝3m，则匀速运动的时间t2＝x2v0＝32s＝1.5s，所以小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2s，故A正确，B错误；在小煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移x3＝v0t1＝2×0.5m＝1m，则划痕的长度Δx＝x3－x1＝0.5m，故C错误，D正确．[答案]AD8.(2017·南宁检测)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以大小为v0的速度顺时针匀速转动．在传送带的上端放置一个小木块，并使小木块以大小为2v0的初速度沿传送带向下运动，小木块与传送带间的动摩擦因数μtanθ.下面四幅图能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(以小木块的初速度方向为正方向)()[解析]小木块沿传送带向下运动的过程中所受的滑动摩擦力沿斜面向上，设小木块的质量为m、加速度大小为a，因为μtanθ，所以μmgcosθmgsinθ，故小木块做匀减速运动，根据牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝μgcosθ－gsinθ，当小木块的速度减小到零时，小木块相对传送带向下运动，其所受的滑动摩擦力沿斜面向上，小木块沿传送带向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a＝μgcosθ－gsinθ，当小木块的速度增加到v0时，小木块受沿斜面向上的静摩擦力，由于重力沿斜面方向的分力小于最大静摩擦力，故小木块与传送带保持相对静止，选项A正确，B、C、D错误．[答案]A9．(多选)(2017·长郡中学选拔考试)如图所示，质量分别为m1、m2的两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面上滑．已知m2与斜面间的动摩擦因数μtanα，则()A．整体在上滑的过程中处于失重状态B整体在上滑到最高点后将停止运动C．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等D．两物块之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程[解析]本题通过叠加体模型考查牛顿运动定律及其相关的知识点，意在考查考生运用整体法和隔离法解决实际问题的能力．以两物块为整体分析，整体在上滑的过程中一定做匀减速直线运动，加速度沿斜面向下，处于失重状态，选项A正确；根据题述m2与斜面间的动摩擦因数μtanα，可知m2所受斜面的摩擦力大小小于重力沿斜面方向的分力大小，整体在上滑到最高点后将沿斜面返回，做匀加速直线运动，选项B错误；在物块上滑的过程中，对整体由牛顿第二定律有(m1＋m2)gsinα＋μ(m1＋m2)gcosα＝(m1＋m2)a1，设上滑过程中两物块之间的摩擦力为f1，隔离物块m1，分析其受力，由牛顿第二定律有m1gsinα＋f1＝m1a1，解得f1＝μm1gcosα，在物块下滑过程中，对m1、m2两物块叠放的整体，由牛顿第二定律有(m1＋m2)gsinα－μ(m1＋m2)gcosα＝(m1＋m2)a2，设下滑过程中两物块之间的摩擦力为f2，隔离物块m1，分析其受力，由牛顿第二定律有m1gsinα－f2＝m1a2，解得f2＝μm1gcosα，选项C正确，D错误．[答案]AC10．(2017·安徽六安模拟)如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列判断不正确的是()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移[解析]两个物块在沿斜面方向上由于mgsin37°μmgcos37°，所以物块都会沿斜面向下滑动，传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上，并且加速度大小都等于a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据x＝v0t＋12at2可知两者的运动时间相同，都为t＝1s，即两者同时到达底端，传送带在1s内的路程为x＝vt＝1m，A与传送带是同向运动的，A的划痕长度是A对地路程(斜面长度)减去在此时间内传送带的路程，即为2m－1m＝1m．B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是B对地路程(斜面长度)加上在此时间内传送带的路程，即为2m＋1m＝3m，即物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移，故A符合题意．[答案]A二、非选择题11．(2017·甘肃兰州模拟)如图所示，质量M＝8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g取10m/s2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小．[解析]小物块的加速度am＝μmgm＝