课后限时集训9牛顿运动定律的综合应用建议用时:45分钟1.(2019·山东大学附中二模)如图所示,物块A、B质量相等,在恒力F作用下,在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑,物块A的加速度大小为a1,物块A、B间的相互作用力大小为FN1;若物块与水平面间接触面粗糙,且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同,物块B的加速度大小为a2,物块A、B间的相互作用力大小为FN2。则下列说法正确的是()A.a1=a2,FN1>FN2B.a1=a2,FN1=FN2C.a1>a2,FN1>FN2D.a1>a2,FN1=FN2D[设A、B的质量为m,接触面光滑时,对整体分析有a1==,对B分析FN1=mBa1=。接触面粗糙时,对整体分析有a2==-μg,可知a1>a2;对B分析有FN2=ma2+μmg=,则FN1=FN2。故D正确。]2.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动,不计空气阻力,加速度a随外力F的变化关系如图所示,下列说法正确的是()A.物体的质量为B.地球表面的重力加速度为2a0C.当a>0时,物体处于失重状态D.当a=a1时,拉力F=a1A[当F=0时a=-a0,此时的加速度为重力加速度,故g=a0,所以B错误。当a=0时,拉力F=F0,拉力大小等于重力,故物体的质量为,所以A正确。当a>0时,加速度方向竖直向上,物体处于超重状态,所以C错误。当a=a1时,由牛顿第二定律得F-mg=ma1,又m=、g=a0,故拉力F=(a1+a0),所以D错误。]3.(多选)(2019·山东泰安二模)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从板的左端以速度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vt图象可能是()ABCDAC[滑块滑上木板,受到木板对滑块向左的滑动摩擦力,做匀减速运动,若木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,当两者速度相等时,一起做匀减速运动。设木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,木块的质量为m,木板的质量为M,知木板若滑动,则μ1mg>μ2(M+m)g,最后一起做匀减速运动,加速度a′=μ2g,开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a=μ1g>μ2g,知图线的斜率变小,故C正确,D错误。若μ1mg<μ2(M+m)g,则木板不动,滑块一直做匀减速运动,故A正确。由于地面有摩擦力,最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动,故B错误。]4.(2019·山东师范大学附中模拟)如图所示,一质量为M=2kg、倾角为θ=45°的斜面体放在光滑水平地面上,斜面上叠放一质量为m=1kg的光滑楔形物块,物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度取g=10m/s2。下列判断正确的是()A.物块对斜面的压力大小FN=5NB.斜面体的加速度大小为a=10m/s2C.水平恒力大小F=15ND.若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止,则F将变小C[对M、m整体分析,受重力、支持力和推力,根据牛顿第二定律可得,水平方向:F=(M+m)a;竖直方向:N=(M+m)g;再对M分析,受重力、压力FN、支持力,根据牛顿第二定律可得,水平方向:FNsinθ=Ma;竖直方向:FNcosθ+Mg=N;联立解得:a==5m/s2;F==15N;FN==10N,故A、B错误,C正确;若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止,则对整体:F=(M+m)a′;对m:mgtan45°=ma′,解得F=(M+m)g=30N,即F变大,故D错误。]5.(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4m,以v0=4m/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)无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度大小g=10m/s2,则煤块从A端运动到B端的过程中()A.煤块从A端运动到B端的时间是2.25sB.煤块从A端运动到B端的时间是1.5sC.划痕长度是0.5mD.划痕长度是2mBD[根据牛顿第二定律,煤块的加速度a==4m/s2,煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1==1s,位移大小x1=at=2m<x,此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端,所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小,即Δx=v0t1-x1=2m,选项D正确,C错误;x2=x-x1=2m,匀速运动的时间t2==0.5s,运动的总时间t=t1+t2=1.5s,选项B正确,A错误。]6...