课时检测训练11 牛顿运动定律的综合应用-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练11　牛顿运动定律的综合应用 对应学生用书P343 对点练1　动力学图像问题 1．如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则不能求出的是(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析　物块滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程＝g sin θ＋μg cos θ，向下滑行＝g sin θ－μg cos θ，整理可得g sin θ＝，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C不符合题意；根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度s sin θ＝t1×＝v0，选项D不符合题意；仅根据速度时间图像，无法求出物块质量，选项B符合题意。 答案　B 2．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行的过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则(　　) A．升降机停止运行前在向下运动 B．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小 C．t1～t2时间内小球处于超重状态 D．t3～t4时间内小球向下运动，速度一直增大 解析　初始时刻弹簧伸长，弹力等于重力，由图像看出，升降机停止运动后弹簧的拉力先变小，即小球向上运动，小球的运动是由于惯性，所以升降机停止前小球是向上运动的，即升降机停止前在向上运动，故A错误；0～t1时间内，小球向上运动，t1～t3时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，故B正确；t1～t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，也处于失重状态，故C错误；t3时刻处于最低点，t3～t4时间内，小球向上运动，弹力大于重力，小球向上做加速运动，t4时刻速度最大，故D错误。 答案　B 3.(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a-F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.滑块A的质量为4 kg B.木板B的质量为2 kg C.当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2 D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2 解析　设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝－μg；根据题图乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确。当F＝10 N时，滑块A的加速度为aA＝＝6 m/s2，C正确。 答案　BC 对点练2　动力学中的连接体问题 4．如图所示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4.0×103 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　　) A．7.6×104 kg B．8.0×104 kg C．4.0×104 kg D．4.0×103 kg 解析　加速度a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2，由牛顿第二定律F＝(M＋m)a，可知空间站的质量为M＝－m＝ kg－4.0×103 kg＝7.6×104 kg，故A正确，B、C、D错误。 答案　A 5．如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小铁球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽对小铁球的支持力为 C．系统的加速度为a＝g tan α D．推力F＝Mg tan α 解析　根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有水平向右的加速度a＝g tan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，推力F＝(M＋m)g tan α，选项A、B、D错误，C正确。 答案　C 6．(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为(　　) A．1 N B．2 N C．4 N D．5 N 解析 Fm＝2Tm＝4 N，C对，ABD错。 答案　C 对点练3　临界极值问题 7．(多选)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x的正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量m1＝2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．A、B两物体分离时弹簧刚好恢复原长 B．物体A做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2 C．物体B的质量m2＝6 kg D．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10 N 解析　A、B分离以后F变为恒力，大小为22 N，对A应用牛顿第二定律有F－m1g＝m1a，解得a＝1 m/s2，选项B正确。初状态弹簧弹力和A、B系统的总重力平衡，图线的纵截距即拉力F的初始值，完全提供A、B系统的加速度，对A、B系统根据牛顿第二定律有F初＝(m1＋m2)a，解得m2＝10 kg，选项C错误。初状态隔离A分析，对A应用牛顿第二定律有FAB－m1g＋F初＝m1a，解得FAB＝10 N，选项D正确。分离前对A、B整体应用牛顿第二定律有F＋F弹－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，隔离B，对B应用牛顿第二定律有F弹－m2g－FAB＝m2a，从开始运动到A和B分离的全过程，a不变，重力不变，弹簧弹力变小，则FAB变小，当FAB＝0时，A、B两物体脱离，此时B依然有向上的加速度，因此A、B分离时弹簧依然处于压缩状态，选项A错误。 答案　BD 8．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为(　　) A． B． C． D． 解析　对滑块A、B整体在水平方向上，有F＝μ2(mA＋mB)g，对滑块B在竖直方向上，有μ1F＝mBg，联立解得＝，选项B正确。 答案　B 9.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。 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 10．(多选)如图甲所示，一质量为m的物体在平行于斜面向下的拉力F作用下沿粗糙的斜面向下做匀加速直线运动，斜面的倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体运动的加速度a随拉力F的变化图像如图乙所示，斜面足够长，则下列说法正确的是(　　) A．物体的质量m＝ B．动摩擦因数μ＝ C．撤去拉力F后物体继续向下做匀减速运动 D．如果增大斜面的倾角θ，a­F图像的斜率将变大 解析　物体下滑过程，根据牛顿第二定律有F＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma，变换得a＝F＋g sin θ－μg cos θ，从aF的函数关系可得图线的斜率为＝＝－，解得m＝－，选项A错误。从图乙可得图线与纵轴的截距为g sin θ－μg cos θ＝b，解得μ＝，选项B正确。撤去外力后，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，从题图乙可得图线与纵轴的截距为负值，即g sin θ－μg cos θ<0，则mg sin θ－μmg cos θ<0，所以加速度a<0，即物体向下做匀减速运动，选项C正确。从a-F的函数关系式可得图线的斜率为，即a-F图像的斜率与斜面的倾角θ无关，选项D错误。 答案　BC 11．如图所示一辆货车将5个装满柴油的圆柱形油桶(排列紧密)沿平直公路安全送往目的地，上方油桶未发生翻滚。已知每个油桶的质量均为173.2 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．1号油桶对2号油桶的压力始终为1 000 N B．1号油桶对2号油桶的压力不超过2 000 N C．1号油桶对3号油桶的压力不小于1 000 N D．1号油桶对3号油桶的压力不超过1 732 N 解析　货车运动过程中既有可能加速，也有可能减速，还有可能匀速。若汽车向左加速时，若有ma＝，则1号油桶对2号油桶的压力最小为0，此时1号油桶对3号油桶的压力最大为FN＝≈2 000 N，根据对称性可知，若汽车向左减速时，若有ma＝ ，则1号油桶对3号油桶的压力最小为0，此时1号油桶对2号油桶的压力最大为FN′＝≈2 000 N，故选B。 答案　B 12．如图所示，A、B两物体的质量都为0.2 kg，两物体间连一轻细线，细线长为0.5 m，一恒力F＝5 N竖直作用在A上，系统由静止开始运动(两物体可看作质点，g＝10 m/s2)。 (1)求运动过程中细线的张力。 (2)在t＝2 s时细线断裂，求B运动到最高点时A的速度。 (3)在2 s时刻细线断裂，求再经2 s时间两物体间的距离。 解析　(1)根据牛顿第二定律，对整体有F－2mg＝2ma， 对B有FT－mg＝ma， 解得FT＝＝2.5 N； (2)根据运动学公式有v－gt′＝0， vA＝v＋a′t′，v＝at，F－mg＝ma′， 解得vA＝12.5 m/s； (3)断裂后，根据运动学公式， xA＝vt＋a′t2，xB＝vt－gt2， Δx＝xB－xA＋L＝50.5 m。 答案　(1)2.5 N　(2)12.5 m/s　(3)50.5 m 13．如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0。 (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a。 (3)力F的最大值与最小值。 解析　(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对P、Q整体受力分析，沿斜面方向有(m1＋m2)g sin θ＝kx0， 解得x0＝0.16 m； (2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得： kx1－m1g sin θ＝m1a， 前0.2 s时间内两物体的位移：x0－x1＝at2， 联立解得a＝ m/s2； (3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则Fmin＝(m1＋m2)a＝ N， 对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2g sin θ＝m2a， 解得Fmax＝ N。 答案　(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N 学科网（北京）股份有限公司 $$