14 专题强化(三) 牛顿运动定律的综合应用(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(三)]　牛顿运动定律的综合应用 _________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 基础题 综合题 动力学中的图像问题 2，3，4，8 10 动力学中的连接体问题 1，5，6 — 动力学中的临界、极值问题 5，7 9，11，12 【基础落实练】 1．如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为(　　) A．F－2μmg B．F＋μmg C．F－μmg D．F 解析：选D。根据牛顿第二定律，对PQ的整体有F－μ·3mg＝3ma；对物体P有T－μmg＝ma，解得T＝F，故D正确。 2．(多选)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其vt图像如图所示，则(　　) A．在0～t1秒内，外力F的大小不断减小 B．在t1时刻，外力F为零 C．在t1～t2秒内，外力F的大小可能不断减小 D．在t1～t2秒内，外力F的大小可能先减小后增大 解析：选ACD。根据加速度可以用vt图线的斜率表示，所以在0～t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度a＝，所以外力F大小不断减小，故A正确；在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，故B错误；在t1～t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a＝，外力F大小可能不断减小，故C正确；如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小a＝，F后增大，因为vt图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先减小后增大是可能的，故D正确。 3．(多选)(2023·吉林长春期末)如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是(　　) A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动 B．图中A点对应的F大小即为物体重力的大小 C．物体向上运动的加速度和力F成正比 D．图线延长线和纵轴的交点B的绝对值等于该地的重力加速度 解析：选ABD。当F小于图中A点值时，物体的加速度为零，则Mg>F，物体不动，A正确；根据F－Mg＝Ma得a＝F－g，当加速度为0时，F值等于重力，由表达式可知，加速度与力不成正比，图线延长线和纵轴的交点B的绝对值等于该地的重力加速度，C错误，B、D正确。 4．(多选)如图甲所示，一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程中的vt图线，如图乙所示。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)则下列说法正确的是(　　) A．小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0 m/s2 B．小物块在斜面上滑行的最大位移为8 m C．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25 D．小物块在上滑过程中所受摩擦力大小为5 N 解析：选AC。由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得加速度大小为a＝||＝8 m/s2，可知小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8 m/s2，故A正确；设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为x，则有x＝＝ m＝4 m，故B错误；小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面方向f＋mg sin 37°＝ma，N－mg cos 37°＝0，摩擦力为f＝μN，代入数据解得f＝4 N，μ＝0.25 ，故C正确，D错误。 5．(多选)(2023·河北唐山检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2 B．t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2 C．t＝1 s时，两物体A、B恰好分离 D．t＝ s时，两物体A、B恰好分离 解析：选BD。t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确。 6．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。下列说法正确的是(不考虑两物块与斜面之间的摩擦)(　　) A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动加速度大小为(1－sin α)g D．M运动加速度大小为g 解析：选BCD。第一次放置时质量为M的物体静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg；第二次放置，对整体，由牛顿第二定律得Mg－mg sin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g＝g，故C、D正确。对质量为m的物体研究，由牛顿第二定律得T－mg sin α＝ma，解得T＝mg，故B正确，A错误。 7．(多选)(2022·全国甲卷)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 解析：选AD。两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后对滑块P由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，故A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，故C错误，D正确。 8．(多选)一个质量为m的小物体，静止在水平地面上，当受到一个水平外力F作用时，物体会静止或做加速直线运动，随着水平外力大小变化，其加速度a也随之发生改变。如图是a和F的变化关系图像(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)，则(　　) A．物体质量为1 kg B．物体所受滑动摩擦力大小为2 N C．该图像斜率表示物体的质量 D．当F＝3 N时，物体的加速度大小为2 m/s2 解析：选AD。由牛顿第二定律F－μmg＝ma可得a＝－μg，故图像的斜率表示，是物体质量的倒数，C错误。由图像得＝ kg－1＝1 kg－1，故物体质量为1 kg，A正确。由图像知，当F≤1 N时，物体的加速度为零，说明物体保持静止状态；当F>1 N时，物体开始加速运动，故物体所受滑动摩擦力大小为1 N，B错误。由图像可知，当F＝3 N时，物体的加速度大小为2 m/s2，故D正确。 【综合提升练】 9．(多选)如图所示，在平直公路上，一辆货车运载着规格相同、质量均为m的圆柱形光滑空油桶。在车厢底层固定一排油桶，在桶A、B上方自由地摆放桶C，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力，随汽车一起向左匀速运动，重力加速度为g。下列选项中正确的是(　　) A．当货车匀速直线运动时，油桶A所受的合力大小为mg B．当汽车向左以某一加速度减速时，桶A对桶C的支持力会增大 C．当汽车向左减速的加速度增大到一定值，桶C会脱离桶A而运动到桶B的右边 D．当汽车向左减速的加速度增大到g时，桶C对桶B的压力为0 解析：选BD。当货车匀速直线运动时，油桶A所受的合力为零，故A错误；以桶C为研究对象，受力分析如图所示， 货车匀速时，由平衡条件FBcos 30°＋FAcos 30°＝mg，FAsin 30°＝FBsin 30°，解得FA＝FB＝＝mg，当货车向左减速运动时，加速度a向右，可得FB′cos 30°＋FA′cos 30°－mg＝0，FA′sin 30°－FB′sin 30°＝ma，解得FA′＝mg＋ma，FB′＝mg－ma ，与匀速时相比，A对C的支持力增大，B对C的支持力减小，故B正确；当汽车的加速度超过某个特定值时，C向左减速的加速度小于汽车向左减速的加速度，会发生相对向左的运动，即桶C会脱离B而运动到A的左边，故C错误；由FB′＝mg－ma，当FB′＝0时a＝g，由牛顿第三定律知，当汽车向左减速的加速度增大到g时，桶C对B的压力为0，故D正确。 10．(多选)如图甲所示，物块的质量为m＝1 kg、初速度为v0＝10 m/s，在一水平向左大小不变的力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻该力F突然反向，整个过程中物块的v2x关系图像如图乙所示，其中v代表速度的大小，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．0～1 s内物块做匀减速运动 B．在t＝5 s时刻，该力F反向 C．力F的大小为7 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 解析：选ACD。由v2－v＝2ax及图中信息可得，以向右为正方向，在0～5 m时，物块的加速度为a1＝＝＝－10 m/s2，由v＝v0＋a1t可得，减速到零所需要的时间为t＝＝1 s，即在0～1 s内物块做匀减速运动，在t＝1 s时刻恒力反向，故A正确，B错误；由上述分析可得，在5 m～13 m内，物块的加速度为a2＝＝4 m/s2，则由题意及牛顿第二定律可得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，解得F＝7 N，μ＝0.3，故C、D正确。 11．(10分)如图所示，一块质量m＝2 kg的木块放置在质量M＝6 kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.8，二者静止在光滑水平面上。现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F的大小范围。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析：若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动，由于μ＞tan θ，故当F＝0时，木块静止在斜面体上，即F的最小值为0；根据题意可知，当木块相对斜面体恰不向上滑动时，F有最大值Fm，设此时两物体运动的加速度大小为a，两物体之间的摩擦力大小为Ff，斜面体对木块的支持力为FN，对整体和木块分别进行受力分析，如图甲、乙所示： 对整体受力分析有Fm＝(m＋M)a 对木块受力分析有Ff＝μFN 水平方向Ffcos θ＋FNsin θ＝ma 竖直方向FNcos θ＝mg＋Ffsin θ 联立以上各式代入数据解得Fm＝310 N 故F的大小范围为0≤F≤310 N。 答案：0≤F≤310 N 12．(10分)一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看为质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上F＝6 N的拉力作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m。已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块加速度a的大小；(3分) (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3分) (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。(4分) 解析：(1)根据L＝v0t＋at2 代入数据解得a＝2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有 F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5。 (3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有 F cos α－mg sin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos θ 联立解得F＝ 由数学知识可得 F＝＝ 当sin (α＋φ)＝1时，F有最小值Fmin 代入数据解得Fmin＝ N。 答案：(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N 学科网（北京）股份有限公司 $$