专题3 牛顿运动定律-【名师大课堂】2025年高考物理艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

专题三　牛顿运动定律 1．(2023·湖南卷)(多选)如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动．车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(　CD　) A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mg tan θ B．若推力F向左，且tan θ≤μ，则F的最大值为2mg tan θ C．若推力F向左，且μ<tan θ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tan θ) D．若推力F向右，且tan θ>2μ，则F的范围为4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ) 解析：设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足＝tan θ，竖直方向Ny＝mg则Nx＝mg tan θ，若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得Nx＝ma可得a＝g tan θ，对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mg tan θ，A错误；B.若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx＝mg tan θ，对小球B，由于tan θ≤μ，小球B受到向左的合力F＝μ(Ny＋mg)－Nx≥mg tan θ，则对小球A，根据牛顿第二定律可得Nx＝mamax，对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax，解得F＝4mg tan θ，B错误；C.若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx＝mg tan θ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(Ny＋mg)·μ－Nx＝2μmg－mg tan θ，由于μ<tan θ≤2μ可知Fmax<mgtan θ，则对小球B，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg－mg tan θ＝mamax，对系统根据牛顿第二定律F＝4mamax联立可得F的最大值为F＝4mg(2μ－tan θ)，C正确；若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时Fmin＝Nx－(Ny＋mg)μ＝mg tan θ－2μmg tan θ，当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时Fmax＝Nx＋(Ny＋mg)μ＝mg tan θ＋2μmg tan θ，对小球B根据牛顿第二定律Fmin＝mamin，Fmax＝mamax，对系统根据牛顿第二定律F＝4ma，代入小球B所受合力范围可得F的范围为4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ)，D正确．故选CD. 2．(2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　A　) A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 解析： A正确． 3．(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动．t＝0时在传送带底端无初速度轻放一小物块，如图所示．t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0.不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　C　) 解析：物块刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得a＝g(μcos θ－sin θ)，物块与传送带共速后，因为μmg cos θ>mg sin θ，所以物块与传送带保持相对静止，一起做匀速运动，加速度为零，C正确，A、B、D错误． 4．(2024·新课标卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码．改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a－m图像．重力加速度大小为g.在下列a－m图像中，可能正确的是(　D　) 　　 　　 解析：设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象， 根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma 以盘和砝码为对象， 根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma 联立可得a＝＝·m 可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g. 故选D. 5．(多选)(2024·辽宁卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ.t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动．某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板．已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小．t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同．下列说法正确的是(　ABD　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 解析：由v­t图像可知，在3t0时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，A正确；由v­t图像可知，0～3t0，木板的加速度大小为μg，设木板的质量为M，对木板分析有F­μMg＝M，可得F＝μMg，3t0时刻，木板的速度为μg·3t0＝μgt0，根据题意可知小物块滑上木板时的速度为－μgt0，由v­t图像可知，3t0～4t0，小物块的加速度大小为2μg，设小物块的质量为m，对小物块分析有μ′mg＝m·2μg，可得μ′＝2μ，B正确；由v­t图像可知，3t0～4t0，木板的加速度大小为μg，对木板分析有μ′mg＋μ(M＋m)g－F＝M·μg，可得：＝，C错误；4t0时刻后，假设木板与小物块相对静止，对整体有F－μ(M＋m)g＝0，假设成立，小物块与木板一起做匀速运动，D正确． 6．(2022·浙江1月)第24届冬奥会将在我国举办．钢架雪车比赛的一段寒赛道如图1所示．长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s.若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员) (1)在直道AB上的加速度大小； (2)过C点的速度大小； (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小． 解析：(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝v、vB＝at，解得t＝3 s、a＝ m/s2. (2)解法一　由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s，设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有lBC＝vBt1＋a1t，vC＝vB＋a1t1 代入数据解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s. 解法二　由于雪车在BC上做匀变速运动， 故lBC＝vBC·t1＝(t0－t)， 解得vC＝12 m/s. (3)解法一　设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f， 根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f＝ma1 代入数据解得f＝66 N. 解法二　对雪车在BC上的运动过程由动量定理有(mg sin 15°－f)(t0－t)＝mvC－mvB 代入数据解得f＝66 N. 解法三　对雪车从B→C由动能定理有 (mg sin 15°－f)lBC＝mv－mv 解得f＝66 N． 答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N 7．(2022·浙江6月) (1)①“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行．图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为__6.15～6.25__cm.由图3中小车运动的数据点，求得加速度为__1.7～2.1__m/s2(保留两位有效数字). 图1 图2 ②利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是__BC__． A．换成质量更小的车 B．调整长木板的倾斜程度 C．把钩码更换成砝码盘和砝码 D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角 (2)“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中， ①下列说法正确的是__D__； A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同 B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点 C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦 D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板 ②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要__3__(选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O. 解析：(1)①依题意，打计数点B时小车位移大小为6.20 cm，考虑到偶然误差，6.15 cm～6.25 cm也可；由图3中小车运动的数据点，有a＝＝m/s2＝1.9 m/s2.考虑到偶然误差，1.7 m/s2～2.1 m/s2也可；②A.利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的车，故A错误；B.利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要利用 小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要将长木板安打点计时器一端较滑轮一端适当的高一些，故B正确；C.以系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实验时有1.9 m/s2≈考虑到实际情况，即f≪mg，有1.9 m/s2≈则可知M≈4 m而利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时要保证所悬挂质量远小于小车质量，即m≪M；可知目前实验条件不满足，所以利用当前装置在“探究加速度与力、质量的关系”时，需将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量，故C正确；D.实验过程中，需将连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板始终保持平行，与之前的相同，故D错误．故选BC. (2)①A.在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，不必使两只测力计的示数相同，故A错误；B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，故B错误；C.实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力相等，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故C错误；D.为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确．故选D.②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧称拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧称示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧称和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧称的示数F2；只有一个弹簧称将结点拉至O点，并记下此时弹簧称的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O. 学科网（北京）股份有限公司 $$