课时冲关15 素养培优4 牛顿运动定律的综合应用-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关１５　素养培优４　牛顿运动定律的综合应用 学生用书　P３５９　 [基础落实练] １．如图是采用动力学方法测 量空间站质量的原理图．若 已知飞船质量为４×１０３kg, 其推进器的平均推力为１２４０N,在飞船与空间 站对接后,推进器工作７s内,测出飞船和空间站 速度变化是０􀆰０７m/s．下列正确的是 (　　) A．空间站质量为１􀆰２×１０５kg B．空间站质量为１􀆰２４×１０５kg C．飞船与空间站对接前的加速度为０􀆰０１m/s２ D．飞船与空间站对接后的加速度为０􀆰３１m/s２ 解析:A　[飞船与空间站对接前的加速度为a１ ＝Fm＝ １２４０ ４×１０３ m/s２＝０．３１m/s２,故C错误;飞 船与空间站对接后的加速度为a２＝ Δv Δt＝ ０．０７ ７ m /s２ ＝０．０１m/s２,故D错误;对飞船与空间站整体, 根据牛顿第二定律F＝(M＋m)a２,解得空间站 质量为 M＝１．２×１０５kg,故A正确,B错误．] ２．高铁已成为重要的“中国名片”．一辆由８节车 厢编组的列车,从车头开始的第２、３、６和７共 四节为动力车厢,其余为非动力车厢．列车在平 直轨道上匀加速启动时,若每节动力车厢牵引 力大小均为F,每节车厢质量均为m,所受阻力 均为f,则 (　　) A．列车的加速度为F－f２m B．列车的加速度为F－fm C．第２节车厢对第３节车厢的作用力为０ D．第２节车厢对第３节车厢的作用力为F－２f 解析:C　[根 据 牛 顿 第 二 定 律 得４F－８f＝ ８ma,解得a＝F－２f２m ,A、B错误; 对前两节车厢根据牛顿第二定律得F＋F２３－ ２f＝２ma, 解得F２３＝０,C正确,D错误．] ３．如图所示,水平桌面上的小物块a通过轻绳跨 过光滑定滑轮连接小物块b,物块a与物块b的 质量之比为２∶１．将物块a从P 点由静止释放, １s后到达桌面上距离P 点１m的Q 点(b未落 地),不计空气阻力,重力加速度g＝１０m/s２,则 物块a与桌面间的动摩擦因数μ为 (　　) A．０􀆰１　　B．０􀆰２　　C．０􀆰４　　D．０􀆰５ 解析:B　[设绳子拉力为F,对a、b分别应用牛 顿第二定律可得F－μmag＝ma , mbg－F＝mba,联立可得a＝ mbg－μmag ma＋mb ,由运 动学公式可得x＝１２at ２＝１m, 联立,代入相关已知数据求得μ＝０．２,故选B．] ４．如图所示,小车内有一小球被轻 质弹簧和一条细线拴接．小车在 水平面上做直线运动的过程中, 弹簧始终保持竖直状态,细线与竖直方向成α 角．下列说法正确的是 (　　) A．小车一定做匀速运动 B．小车一定向右做加速运动 C．弹簧有弹力时,细绳可能没拉力 D．细绳有拉力时,弹簧一定有弹力 解析:C　[若绳上拉力不为零,受力分析可知 mg＝Tcosα＋F,Tsinα＝ma,此时,小车加速度 向右,可能向右做匀加速直线运动,或者向左做 匀减速直线运动,故 A、B错误;当小车做匀速 直线运动时,弹簧有弹力,细绳没拉力,故C正 确;若满足mg＝Tcosα,细绳有拉力,拉力竖直 方向的分力与重力相平衡,弹簧没弹力,小车向 右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运 动,故D错误．] ５．用沿斜面的拉力使质量分别为 m甲、m乙 的甲、 乙两物体在两光滑斜面上由静止开始沿斜面向 上做直线运动,斜面倾角分别为θ甲、θ乙 ．甲、乙 两物体运动后,所受拉力F 与物体加速度a 的 关系如图所示．由图可知 (　　) A．m甲＜m乙　　　　　　B．m甲 ＝m乙 C．θ甲＞θ乙 D．θ甲＜θ乙 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６６４􀅰 高考总复习　物理 解析:D　[由牛顿第二定律有 F－mgsinθ＝ ma,解得F＝ma＋mgsinθ,所以F－a 图像的 斜率为m,纵轴截距为 mgsinθ．由图可知甲图 斜率大于乙图斜率,因此 m甲＞m乙,故 A、B错 误;由于甲、乙两图截距相等,即 m甲 gsinθ甲 ＝ m乙 gsinθ乙,根据m甲＞m乙,可知θ甲＜θ乙,故C 错误,D正确．] ６．一辆汽车运载着圆柱形的光滑空油桶．在车厢 底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固 定,上一层只有一个桶C,自由地摆放在A、B之 间,没有用绳索固定,桶C受到桶 A和B的支 持力,和汽车一起保持静止,如图所示,下列说 法正确的是(重力加速度为g) (　　) A．当汽车向左做加速运动时,加速度变大,B对 C的支持力变小 B．当汽车向左做加速运动,且加速度达到 ３２g 时,C将脱离A C．汽车向左匀速运动时,速度越大,B对C的支 持力越大 D．当汽车向右做加速运动,且加速度达到 ３３g 时,C将脱离B 解析:D　[A．对 桶 C受 力 分 析 如图 根据 牛 顿 第 二 定 律 有 FBsinθ－ FAsinθ＝ma,竖直方向根据平衡 条件可得FBcosθ＋FAcosθ＝mg,加速度变大, 则B对C的支持力增大,A对C的支持力减小, 故A错误;当汽车向左做加速运动,C将要脱离 A时,A对C的支持力为零,此时有 mgtanθ＝ma,其中θ＝３０°,解得加速度为a＝３３g , 故B错误;汽车向左匀速运动时,C受力平衡, 无论速度多大,都有FB＝FA,且满足FBcosθ＋ FAcos＝mg,则B对C的支持力不变,故C错 误;当汽车向右做加速运动,C将要脱离B时,B 对C的支持力为零,此时有mgtanθ＝ma,其中 θ＝３０°,解得加速度a＝ ３３g ,故D正确．] [能力综合练] ７．(多选)如图,t＝０时刻,一小球从足够长光滑倾 斜玻璃板上的A 点以v０＝５m/s的初速度沿玻 璃板向上运动,B 为玻璃板的上端,A、B 间距离 为２􀆰５m,t＝３s时刻小球经过A 点下方玻璃板 上的 C 点(图 中 未 标 出)．重 力 加 速 度 g 取 １０m/s２,下列说法正确的是 (　　) A．玻璃板的最小倾角为３０° B．C点距A 点的距离可能为５m C．C点距A 点的距离可能为３５m D．小球经C点时的速度大小可能为２０m/s 解析:AD　[根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ ma,解得a＝gsinθ,当玻璃板倾角最小时,小球 加速度最小,恰好运动到玻璃板上端B,则有 x＝ v２０ ２a , 联立,解得θ＝３０°,故A正确;取沿玻璃板向下 为正方向,则有xAC＝－v０t＋ １ ２at ２, 又gsin９０°＞a≥gsin３０°,联立,解得３０m＞xAC ≥７．５m,故B、C错误;根据 vC＝－v０＋at,又gsin９０°＞a≥gsin３０°,联立, 解得２５m/s＞vC≥１０m/s,故D正确．] ８．(多选)如图甲所示,质量m＝２kg的物块在平 行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面 向上运动,t＝０．５s时撤去拉力,其１．５s内的速 度随时间变化的关系如图乙所示,g取１０m/s２．则 下列判断正确的是 (　　) A．物块和斜面间的动摩擦因数为０􀆰１ B．拉力大小为１２N C．１．５s后物块一定静止 D．物块沿斜面上滑的距离为１．５m 解析:BD　[由题图乙知,各阶段加速度的大小 为a１＝４m/s２,a２＝２m/s２, 设斜面倾角为θ,斜面与物块间的动摩擦因数为 μ,根据牛顿第二定律,０~０􀆰５s内, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７６４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第三章　牛顿运动定律 F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma１,０􀆰５~１􀆰５s内 μmgcosθ＋mgsinθ＝ma２,联立解得F＝１２N, 但无法求出μ 和θ,故 A错误,B正确;不清楚 tanθ与μ 的大小关系,故无法判断物块能否静 止在斜面上,故C错误;由vＧt 图像,图线与坐 标轴围成的面积表示位移,则物块沿斜面上滑 的距离为x＝１．５×２２ m＝１．５m ,故D正确．] ９．(多选)如图所示,物体 A放在 固定的斜面B上,在 A上施加 一个竖直向下的恒力F,下列说 法中正确的有 (　　) A．若A原来是静止的,则施加力F 后,A仍保 持静止 B．若A原来是静止的,则施加力F 后,A将加 速下滑 C．若 A原来是加速下滑的,则施加力F 后,A 的合外力不变 D．若A原来是加速下滑的,则施加力F 后,A 的合外力将增大 解析:AD　[斜面倾角为α,原来物体静止时,设 此时静摩擦力等于滑动摩擦力,则有 mgsinα＝μmgcosα,即sinα＝μcosα,与物体的重 力无关．则施加竖直向下的力F 等于增加了物 体的重力,则物体会仍然静止．故 A正确,B错 误;若物块A原来加速下滑,有 mgsinα＞μmgcosα,将 F 分 解,则 Fsinα＞ μFcosα,则动力的增加大于阻力的增加,合外力 变大,故C错误,D正确．] １０．(多选)如图所示,一质量 M＝３kg、倾角为α＝４５°的 斜面体放在光滑水平地面 上,斜面体上有一质量为 m＝１kg的光滑楔形物体．用一水平向左的恒 力F作用在斜面体上,系统恰好保持相对静止地 向左运动．重力加速度为g＝１０m/s２,下列判断 正确的是 (　　) A．系统做匀速直线运动 B．F＝４０N C．斜面体对物体的作用力FN＝５ ２N D．增大F,楔形物体将相对斜面体沿斜面向上 运动 解析:BD　[对整体受力分析如图甲所示,由牛 顿第二定律有F＝(M＋m)a, 对楔形物体受力分析如图乙所示． 由牛顿第二定律有mgtan４５°＝ma, 可得F＝４０N,a＝１０m/s２,故 A错误,B正 确;斜面体对楔形物体的作用力 FN２＝ mg sin４５°＝ ２mg＝１０ ２N ,故C错误;外 力F 增大,则斜面体加速度增大,斜面体对楔 形物体的支持力也增大,则支持力在竖直方向 的分力大于重力,有向上的加速度,所以楔形 物体将会相对斜面体沿斜面上滑,故D正确．] １１．(多选)如图所示,质量为m 的物块 A 静置在光滑水平 桌面上,它通过轻绳和轻质 滑轮悬挂着质量为３m 的物 块B,由静止释放物块B后(重力加速度大小 为g) (　　) A．相同时间内,A、B运动的路程之比为２∶１ B．物块A、B的加速度之比为１∶１ C．细绳的拉力为３５mg D．当B下落高度h时,速度为 ６gh７ 解析:AD　[根据动滑轮的特征可知相同时间 内,A、B运动的路程之比为２∶１．故A正确; 两物块都做初速度为０的匀加速直线运动,由 x＝１２at ２ 可知,相同时间内,物体的位移与加 速度成正比,所以物块 A、B的加速度之比为 ２∶１．故B错误;设绳子的拉力为T,对A有 T＝maA,对B有３mg－２T＝３maB,又因为２aB ＝aA,解得T＝ ６ ７mg ,aB＝ ３ ７g ,故C错误;当B 下落高 度h 时,速 度 为v２B＝２aBh,解 得vB＝ ６gh ７ ,故D正确．] １２．(多选)如图所示,质量mB＝２kg 的水平托盘B与一竖直放置的轻 弹簧焊接,托盘上放一质量mA＝ １kg的小物块A,整个装置静止． 现对小物块A施加一个竖直向上 的变力F,使其从静止开始以加 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８６４􀅰 高考总复习　物理 速度a＝２m/s２ 做匀加速直线运动,已知弹簧 的劲度系数k＝６００N/m,g 取１０m/s２．以下 结论正确的是 (　　) A．变力F 的最小值为２N B．变力F 的最小值为６N C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为０􀆰２m/s D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为５５m /s 解析:BC　[A、B整体受力产生加速度,则有 F＋FN－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a, 可得F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FN,当 FN 最大时,F 最小,即刚开始施力时,FN 最大 且等于 A和B的重力之和,则 Fmin＝(mA＋ mB)a＝６N,故 A错误,B正确;刚开始,弹簧 的压缩量为x１＝ mAg＋mBg k ＝０．０５m ,A、B分 离时,其间恰好无作用力,对托盘B,由牛顿第 二定律可知kx２－mBg＝mBa,解得x２＝０．０４m, 物块A在这一过程的位移为Δx＝x１－x２＝ ０．０１m,由运动学公式可知v２＝２aΔx,代入数 据得v＝０．２m/s,故C正确,D错误．] １３．如图所示,一块磁铁放 在固定铁板ABC 上的 A 处,其中 AB 和BC 的长度均为１m,BC 与水平面间的夹角为 ３７°,磁铁与铁板间的磁力为磁铁重力的０􀆰１ 倍,磁铁与铁板间的动摩擦因数为０􀆰２．现给磁铁 一个水平向右、大小为３m/s的初速度,不计磁铁 经过B处转向时的机械能损失．求:(sin３７°＝０􀆰６, cos３７°＝０􀆰８,重力加速度g取１０m/s２) (１)磁铁第一次到达B 处的速度大小; (２)磁铁沿BC向上运动的加速度大小; (３)请通过计算判断磁铁最终能否再次回到 A 点． 解析:(１)磁铁在 AB 上运动时,有－μ(mg＋ F引)＝ ma１, 得a１＝ －２􀆰２m/s２, 根据运动学公式有v２B－v２０＝２a１s１, 可解得vB≈２􀆰１４m/s． (２)磁铁在BC 上运动时,有 mgsin３７°＋μ(mgcos３７°＋F引)＝ ma２, 可解得a２＝７􀆰８m/s２． (３)设磁铁沿BC 能向上滑行的最大距离为s２ ＝ v２B ２a２ ＝０．２９m, 磁铁沿BC 向下滑行时的加速度a３＝gsin３７° －μ(gcos３７°＋０􀆰１g)＝４􀆰２m/s ２, 再次回到B 点的速度vB′２＝２a３s２＝２×４􀆰２ ×０􀆰２９m/s２＝２􀆰４４m/s２, 沿AB 面能滑行的最大距离s３＝ vB′２ ２a１ ＝０．５５m ＜１m, 所以不能回到A 点． 答案:(１)２􀆰１４m/s;(２)７􀆰８m/s２;(３)不能,原 因见解析 [素养培优练] １４．如图甲所示,将一圆环套在固定的足够长的水 平杆上,环的内径略大于杆的截面直径,对环 施加一斜向上与杆的夹角为θ的拉力F,当拉 力逐渐变大时环的加速度随拉力F 的变化规 律如图乙所示．最大静摩擦力等于滑动摩擦 力,取重力加速度大小g＝１０m/s２,求∶ (１)圆环的质量、圆环与杆之间的动摩擦因数; (２)当圆环受到的摩擦力大小为１N时,圆环 的加速度大小． 解析:(１)F 在２~５N内时,对圆环受力分析 可得Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma, 当拉力超过５N时,支持力方向相反,所以当 拉力为５N时Fsinθ＝mg, 代入图中数据,联立求解可得sinθ＝０．８,μ＝ ０．５,m＝０．４kg． (２)当圆环受到的摩擦力大小为１N,且拉力小 于２N时,对圆环受力分析可知F合 ＝０,即 Fcosθ＝f＝１N,解得圆环的加速度为０; 当圆环受到的摩擦力大小为１N,且２N＜F＜ ５N时,可知μ(mg－Fsinθ)＝１N, 解得F＝２􀆰５N, 由Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma, 解得a＝１．２５m/s２, 当圆环受到的摩擦力大小为１N,且拉力５N ＜F 时,可知μ(Fsinθ－mg)＝１N, 解得F＝７􀆰５N, 由Fcosθ－μ(Fsinθ－mg)＝ma, 得a＝８．７５m/s２． 答案:(１)m＝０．４kg,μ＝０．５ (２)０,１．２５m/s２,８．７５m/s２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９６４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第三章　牛顿运动定律