1、课时作业(十三) 牛顿运动定律综合应用(二)基础训练1(2017安徽池州二模)重物 A放在倾斜的皮带传送机上，它和皮带一直相对静止没有打滑，如图所示，传送带工作时，关于重物受到摩擦力的大小，下列说法正确的是( )A重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上运动时受到的摩擦力B重物斜向上加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大C重物斜向下加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大D重物斜向上匀速运动时，速度越大，摩擦力一定越大答案：B 解析：重物静止时，受到的摩擦力 f mgsin ，重物匀速上升时，受到的摩擦力为 f mgsin ，且与速度大小无关，选项 A、D 错误；重物斜向上加速运动时，根据牛顿第二
2、定律，摩擦力 f mgsin ma，加速度越大，摩擦力越大，选项 B正确；重物沿斜面向下加速运动时，当 a 2(M m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为 a1 1g，木板向右匀加速运动，当二者速度相等后，一起以 a2 2g的加速度匀减速到停止，因 a1a2，故选项 B正确7如图所示，两木块 A、 B质量均为 m，用劲度系数为 k、原长为 L的轻弹簧连在一起，放在倾角为 的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为 ，与传送带平行的细线拉住木块 A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于平衡状态求：(1)A、 B两木块之间的距离；(2)剪断细线瞬间， A、 B两木块的加速度答案：见解析
3、 解析：(1)隔离 B木块分析，由平衡条件可得F 弹 mgsin mg cos 由胡克定律得 F 弹 k x两木块间的距离为 lAB L x L .mgsin mgcos k(2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对物块 B，由牛顿第二定律有F 弹 ( mgsin mg cos ) maB解得 aB0对于物块 A，有 F 弹 mg cos mgsin maA解得 aA2( gsin g cos )能力提升8(2017吉林省吉林大学附中摸底)正方形木板水平放置在地面上，木板的中心静置一小滑块，如图所示为俯视图为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力 F.已知木板边长 L2
4、m，质量 M3 kg，滑块质量 m2 kg，滑2块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为 0.2(取 g10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，求：(1)要将木板抽出，水平恒力 F需满足的条件；(2)当水平恒力 F29 N 时，在木板抽出时滑块能获得的最大速度答案：(1) F20 N (2) m/s433解析：(1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块达到随板运动的最大加速度时，拉力最小，对滑块有 mg ma，对木板有 Fmin (M m)g mg Ma，得Fmin2 (M m)g20 N，故要抽出木板，水平恒力 F20 N.(2)要使滑块获得的速度最大，则滑块在木板上相对滑动的距
5、离最大，故应沿木板的对角线方向抽木板设此时木板加速度为 a1，则有 F (M m)g mg Ma1，又a1t2 gt 2 L， vmax gt ，解得 vmax m/s.12 12 22 4339(2017黑龙江大庆模拟)如图所示，传送带与地面的倾角 37，从 A到 B长度为 L10.25 m，传送带以 v010 m/s的速率逆时针转动在传送带上端 A无初速度地放一个质量为 m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹已知 sin 370.6，取 g10 m/s 2，求：(1)煤块从 A到 B的时间；(2)煤块从 A到 B的过程中传送带上形成
6、痕迹的长度答案：(1)1.5 s (2)5 m解析：(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，其加速度为 a1 g(sin cos )10 m/s 2.t1 1 s， x1 a1t 5 m，v0a1 12 21达到 v0后，受到向上的摩擦力，则a2 g(sin cos )2 m/s 2，x2 L x15.25 m， x2 v0t2 a2t ，12 2得 t20.5 s，煤块从 A到 B的时间为 t t1 t21.5 s.(2)第一过程痕迹长 x1 v0t1 a1t 5 m，12 21第二过程痕迹长 x2 x2 v0t20.25 m， x1与 x2部分重合，故痕迹总长为 5 m.10(2017河北武
7、邑中学期末)如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B、 C(未粘连)，它们的质量均为 M2 kg.在 B木板的左端放置着质量为 m1 kg 的木块A(可视为质点) A与 B、 C间的动摩擦因数均为 0.4， B、 C与水平面间的动摩擦因数均为 20.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力开始时整个系统处于静止，现对 A施加水平向右的恒定拉力 F6 N，测得 A在 B、 C上各滑行了 1 s后，从 C的右端离开木板，求木板 B、 C的长度 lB、 lC.答案： lB1 m lC2.75 m解析：如图所示，对 A进行受力分析：A产生的加速度 aA m/s22 m/s 2，F fAm F 1mgm 6 0
8、.41101当 A在 B上滑动时，以 B、 C整体为研究对象受力分析有：f A fA， N A NA， B、 C整体受地面的支持力 NBC GBC N A 50 N， B、 C与地面间的最大静摩擦力 fmax 2NBCf A，所以 A在 B上滑动时， B、 C均处于静止状态所以 A在 B上做初速度为 0的匀加速直线运动，由题意知 B的长度等于 A在 1 s的时间内运动的位移，即 lB aAt2 212 m1 m.12 12当 A滑上 C时，以 C为研究对象受力分析有：由图可知 F 合 C f A fC 1mg 2(m M)g，所以 C产生的加速度 aCm/s20.5 m/s 2.0.4110
9、0.1 2 1 102故 C的长度 lC xA xC21 212 12 m2.75 m.12 12 1211(2017湖北黄冈质检)如图所示，一倾角 37、长度为 9 m的固定斜面，其底端与长木板 B上表面等高，原来 B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板 B的上表面接触处圆滑，一可视为质点的小滑块 A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终 A刚好未从木板 B上滑下，已知 A、 B的质量相等，木板 B的长度 L3 m， A与斜面、 B上表面间的动摩擦因数均为 10.5， B与地面间的动摩擦因数为 2，重力加速度取 g10 m/s 2.(1)通过计算分析：当 A滑上 B的上表面
10、后， B是否仍保持静止；(2)若 B仍然静止，求出 2的最小值；若 B滑动，求出 2的值答案：(1) B与地面会发生相对滑动 (2)0.2解析：(1)设 A从斜面下滑过程中加速度大小为 a0，到达底端时速度大小为 v0，由牛顿第二定律和运动学公式得： mgsin 1mgcos ma0， v 02 a0s，则 v06 m/s.20假设 A滑上 B的上表面后， B仍保持静止，则 A在 B上减速滑动至停止 aA 1g5 m/s2， x 3.6 m3 m， A会从 B上滑下，假设不成立故当 A滑上 B的上表面后，0 v20 2aAB与地面会发生相对滑动(2)设 A滑上 B后，再经时间 t两者达到共同速度，A、 B的加速度大小分别为：aA 1g5 m/s 2， aB 520 2， 1mg 2 2mgmv0 aAt aBt， sA v0t aAt2，12sB aBt2， sA sB L，解得 20.2.12
