过关9 牛顿运动定律的综合应用-2023新教材高考物理小题专项训练

15.解析：选B.对竿上的人分析：受重力mg、 处于超重状态，D正确。 摩擦力F,由mg一F:=ma得F,=m(g 过关9牛顿运动定律的综合应用 一a).竿对人有摩擦力，人对竿也有反作 1.解析：选B.当用力F水平向右拉小球时， 用力—摩擦力，且大小相等，方向相反， 以球为研究对象， 对竿分析：受重力Mg、竿上的人对竿向 竖直方向有F1cos0=mg ① 下的摩擦力F:、顶竿的人对竿的支持力 水平方向有F-F,sin0=na, FN,有Mg十F=FN,又因为竿对“底人” 以整体为研究对象有F=(m十M)a, 的压力和“底人”对竿的支持力是作用力 . 解得a=M&tan0 ② 与反作用力，由牛顿第三定律得到竿对 “底人”的压力大小F%=Mg十F:=(M 当用力F'水平向左拉小车时，以球为研究 十m)g一ma.B项正确. 对象， 16.解析：选D.由平衡条件可知，绳子对甲的 竖直方向有Fcos0=mg ③ 拉力大小等于甲受到的重力大小，A错： 水平方向有F1sin0=ma', 由作用力与反作用力的关系可知绳子对 解得a'=gtan0 ④ 甲的拉力大小等于甲对绳子的拉力大小， 结合两种情况，由①③有F,=F;由②④ B错：乙能把绳子拉断，对于具有同样承 并结合M>m有a'>a,故正确选项为B. 受能力的绳子，说明乙拉断绳子前的瞬间 2.解析：选BC.由题图乙可知F1=7N时，a 绳子的拉力大小一定大于绳子的承受力， =0.5ms2,F2=14N时，a2=4m/s2, 而甲拉的绳子能承受甲的重力，甲、乙质 由牛顿第二定律得：F1一1g=ma1,F2 量相等，因此乙拉的绳子上的拉力大小一 umg=ma2, 定大于乙的重力大小，C错，D对 解得m=2kg4=0.3,故选项B、C正确， 17.解析：选BD.物体的运动状态是由其自身 3.解析：选D.小车静止 的受力情况决定的，只有当物体所受的合 时，球受到重力和杆的 外力不为零时，物体的运动状态才会改 弹力作用，由平衡条件 变，不论物体处于何种状态，物体间的作 可得杆对球的作用力F 用力与反作用力总是大小相等，方向相 =mg,方向竖直向上， 反，由于它们作用在不同的物体上，其效 选项A、B错误；小车向 果可以不同.甲加速前进的原因是甲受到 右以加速度a运动时，只有当a=gtan0 的地面的摩擦力大于绳子对甲的拉力；乙 时，才有F=,如图甲所示，选项C错 加速后退的原因是绳子对乙的拉力大于 乙受到的地面的摩擦力；但是，根据牛顿 误；小车向左以加速度Q运动时，根据牛顿 第三定律，甲对乙的拉力大小始终等于乙 第二定律可知小球受到的合力水平向左， 对甲的拉力大小，B、D正确. 如图乙所示，则杆对球的作用力F= 18.解析：选AD.地球对人的吸引力和人对地 √(ma)十(mg),方向斜向左上方，与竖 球的吸引力是一对相互作用力，等大反 向，A正确；相互作用力是两个物体间的 直方向的夹角满足tana=g,选项D g 相互作用，而人受到的重力和人受到气流 正确. 的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一 4.解析：选A.由F一t图和t图可得，物块在 对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖 2~4s内所受外力F=3N,物块做匀加速直 直向上的气流将实验者加速向上“托起”， △04 在竖直方向上合力不为零，所以人受到的 线运动a--2mg=2m/s,F-F= 重力大小不等于气流对人的作用力大小， ma,即3-10pm=2m ① C错误：人被向上“托起”时加速度向上， 物块在4一6s所受外力F=2N,物块做匀 15 速直线运动， 返回舱处于超重状态，里面的人也处于超 则F=F,F=ng,即10m=2 ② 重状态，故航天员受到的重力小于返回舱 由①②解得m=0.5kg,4=0.4,故A 对他的作用力，选项D错 正确」 11.解析：选B.由题意可知物体在力F:、F。 5.解析：选C.物块下滑的加速度a=gsin30° 的作用下先做加速运动，后做减速运动， 1 一2g,方向沿斜面向下.此加速度的竖直 当F,、F2大小相等时物体的速度达到最 大值，即x=2m时对应物体的动能最大. 1 分量a1=asin30°= 4g,方向向下，所以 12.解析：选A.F1一mg=ma1,F2-mg =1ma2, 物块失重，其视重为F=G一ma1=4mg 3 联立解得m=2kg,4=0.3 由题图乙知物体与水平面的最大静摩擦 =3N,故台秤的读数减小1N,选项C 正确， 力Fmx=7N 6.解析：选AB.以人为研究对象，加速过程 当F3=10N时，Fg-mg=mag 中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力 解得：ag=2ms,只有A正确. 13.解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重 的作用下沿电梯加速上升，A正确；顾客有 竖直向上的加速