考点13 牛顿运动定律的综合应用-【百汇大课堂】新教材2023版高考物理总复习天天练

潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行，潜艇在高 图像的斜率表示加速度可知，7s末质点v-t图像的切 密度海水区域受到的浮力等于潜艇的重力，即为F详= 线斜率为零，故75未质点的加速度为零，根据牛顿第二 mg=3.0×10N,B错误：根据v-t图像与坐标轴所围 定律，可知此时质点受到的合力为零，是最小的，B错误； 的面积表示位移，可得潜胝“掉深”后竖直向下的最大位 根据v-t图像的斜率表示加速度，可知质点在0~4s内 移为x=30X20 m=300m,C错误；潜艇“掉深”后在 的加速度为a=二5-（-2) m.s2=-0.75ms,即此 2 10~30s时间内，加速度方向向上，处于超重状态，D 时的加速度大小为0.75m/s2,C错误：根据v-t图像与 正确。 t轴围成的面积表示位移，可知质点在0~4s内的位移 6.B解析：在t1至t3时间内，根据牛顿第二定律有mg一 大小为r=2,5×4m=14m,D正确。 FN=ma,结合FN-t图像可知该同学的加速度先向下逐 2 渐减小后向上逐渐增大，B正确；同理可得，该同学在？3，AD解析：分三种情况：①小煤块到达B点前速度等于 至t,时间内的加速度向上逐渐减小，到t4时刻为零，C 错误；在0~t2时间内，加速度方向与速度方向相同，该 则一品共中名山=，督得1=g0增大 2 则1变长：②小煤块到达B点时速度小于或等于，且运 同学一直做加速运动，，时刻，该同学的速度最大，A错 误；在t2至t,时间内该同学均处于超重状态，D错误。 7.D解析：甲对斜面体的作用力的合力竖直向下，对斜面 匹<L,对1=4-1=质，增大知则 动时间入g≤口 体和滑块甲整体受力分析可知，乙对斜面体的压力有沿 (变长；③小煤块到达B点时速度小于或等于)，且运动 水平向左的分力，则斜面体所受地面的摩擦力方向向 时间>3L,此时在小煤块到达B点前划痕前端就追上 右，A错误；对滑块乙受力分析可知，乙有向下的加速 小煤块了，划痕长度为2L,之后的划痕与原来划痕重叠， 度，处于失重状态，则斜面体对地面的压力小于Mg十 划痕长度为2L不变，A正确：由上述可知，减小煤块与 2mg,B错误；若将乙拿走，对斜面体和滑块甲整体受力 传送带间的动摩擦因数，则！会变长或不变，B错误；第 分析可知，水平方向不受力，地面对斜面体的摩擦力为 ①种情况下1与L无关，C错误：由③可知，D正确。 零，C错误；若将甲拿走，乙有向下的加速度，处于失重状 态，则斜面体对地面的压力小于Mg十g,D正确。 4.C解析：斜面体向右运动时，。=ma,解得a,=g: 8.C解析：对E受力分析可知，E受到重力、B和C给予 斜面体向左运动时，ngtan a=ma2,解得a2=g,因此 的弹力这三个力的作用。当固定装置向左加速运动时， a1:a2=1:1,C正确。 E的加速度方向水平向左，由牛顿第二定律可知，E受到：5.BCD解析：小物块刚好达到最大静摩擦力时，把小物块 的合力水平向左，B和C对E的弹力的合力方向一定斜 与小车看作一个整体，由牛顿第二定律得：F'=(M十m) 向左上方，A错误；设固定装置向左运动的加速度大小 为a,B对E的弹力大小为FB,C对E的弹力大小为 a,对于小物块，由牛颜第二定律得：a=mg=g,可得 m Fc,单个圆柱形积木的质量为m,对E受力分析得，沿水 F=20N,因为F=16N<20N,故两者一起加速，由 平和竖直方向分解有平衡方程(Fc一Fs)sin30°=ma, F=(M十m)a1可得a1=1.6m/s2,对于小物块，由牛顿 (+F,)c0s30=mg,联立两式可得FRe=号mg+ma, 第二定律得：f1=ma1,可得f1=3.2N,故A错误；又因 为F=24N>20N,故两者发生通过相对滑动，由F 由于a的大小不知，Fc不一定大于E的重力mg,B错 mg=Ma2得a2=2.5m/s2,故B正确；因为F=24N> 误：由牛顿第二定律可知，当B对E的弹力为零时，有 20N,故两者发生相对滑动，经过2s,小车的位移大小： an30°-mc,解得此时固定装置向左的加速度a=5g x=之a,=5m,小物块的位移大小：=号af- mg C正确；由于E在竖直方向上没有加速度，由超重和失 1 2gt=4m,由△x=1一x2=1m可知小车的长度为 重规律可知，圆柱形积木E既不超重也不失重，D错误。 L=1m时，经过2s小物块从小车的左端滑离，故C正 考点13牛顿运动定律的综合应用 确；若推力F作用在小物块上，小物块所受摩擦力刚好 1.D解析：如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和 达到最大静摩擦力时，把小物块与小车看作一个整体， 杆的支持力FN作用。设杆与水平方向的夹角为日，根据 由牛顿第二定律得：F”=(M+m)a',对于小车由牛颜第 牛顿第二定