课时检测训练11 牛顿运动定律的综合应用-【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 对应客案P575 对点练2动力学中的连接体问题 基础对点练 4.如图所示是采用动力学方法 对点练1动力学图像问题 测量空间站质量的原理图，若 1.如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其 已知飞船质量为4.0× 空间站飞船.上 运动的~t图线如图乙所示。若重力加速度及 103kg,其推进器的平均推力为800N,在飞船与 图中的。、，、1均为已知量，则不能求出的是 空间站对接后，推进器工作5s内测出飞船和空 间站速度变化是0.05m/s,则空间站的质量为 A.7.6×10kg B.8.0×10kg C.4.0×103kg D.4.0×103kg 2 5.如图所示，质量为M、中空 甲 为半球形的光滑凹槽放置 A.斜面的倾角 于光滑水平地面上，光滑凹 B.物块的质量 槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右 C.物块与斜面间的动摩擦因数 的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α 2.如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显 角。重力加速度为g,下列说法正确的是( 示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹 A,小铁球受到的合外力方向水平向左 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 且四精对小铁球的支持力为。 刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随 C.系统的加速度为a=gtan a 时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度， D.推力F=Mgtan a 则 ( 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1kg,细线能承受 的最大拉力为2N。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 () 甲 A.IN B.2N C.4N D.5N A.升降机停止运行前在向下运动 对点练3临界极值问题 B.1一时间内小球向下运动，速度先增大后 7.(多选)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平 减小 面上，上端叠放着两个物体A、B,系统处于静止 C.41~4时间内小球处于超重状态 状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A D.3一时间内小球向下运动，速度一直增大 上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时 3.(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑 的位置为坐标原点，竖直向上为位移x的正方 水平面上，其上放置小滑块A,滑块A受到随时 向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知 间1变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑 物体A的质量m1=2kg,重力加速度g= 块A的加速度a,得到如图乙所示的a-F图像， 10m/s2,则下列说法正确的是 () A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 FN 加速度g取10m/s2,则 12 x/em 甲 A.A、B两物体分离时弹簧刚好恢复原长 A.滑块A的质量为4kg B.物体A做匀加速直线运动的加速度大 B.木板B的质量为2kg 小为1m/s C.当F=10N时滑块A加速度为6m/s C.物体B的质量m2=6kg D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.2 D.F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10N 343 课时检测训练·物理 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 一国A 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 出，A与地面间的动摩擦因数为出，最大静摩擦 A.1号油桶对2号油桶的压力始终为1000N 力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为 B.1号油桶对2号油桶的压力不超过2000N ( C.1号油桶对3号油桶的压力不小于1000N 4、1 B1出丝 D.1号油桶对3号油桶的压力不超过1732N 41 4142 12.如图所示，A、B两物体的质量都为 C.1+凸丝 D.2+凸4 0.2kg,两物体间连一轻细线，细线长为 142 14g 0.5m,一恒力F=5N竖直作用在AA 9.如图所示，一块质量m= 上，系统由静止开始运动（两物体可看作 2kg的木块放置在质量M 质点，g=10m/s)。 B =6kg、倾角0=37的粗糙 w且 (1)求运动过程中细线的张力。 斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数：= (2)在=2s时细线断裂，求B运动到最高点时 0.8,二者静止在光滑水平面上。现对斜面体施 A的速度。 加一个水平向左的作用力F,若要保证木块和斜 (3)在28时刻细线断裂，求再经2$时间两物 面体不发生相对滑动，求F的大小范围。（设最 体间的距离。 大静藤擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s, sin37°=0.6，c0s37=0.8) 13.如图所示，一弹簧一端固定在 名综合提升练 倾角为0=37°的足够长的光 Q 10.(多选)如图甲所示，一质量为m的物体在平行 滑固定斜面的底端，另一端拴 于斜面向下的拉力F作用下沿粗糙的斜面向下 住质量为m,=6kg的物体37 做匀加速直线运动，斜面的倾角为，物体与斜 P,Q为一质量为m2=10kg的物体，弹簧的质 面之间的动摩擦因数为4，物体运动的加速度a 量不计，劲度系数k=600N/m,系统处于静止 随拉力F的变化图像如图乙所示，斜面足够长， 状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上 则下列说法正确的是 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0.2s时间内，F为变力，0.2s 以后F为恒力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s3。求： 0 (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x。, (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运 A物体的质量m=分 动的加速度大小a。 (3)力F的最大值与最小值。 B.动摩擦因数4=gsin9一b gcos 0 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0，aF图像的斜率将 变大 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 173.2kg,取重力加速度大小g=10m/s。下列 说法正确的是 () 课时检测训练·物理 3448.B解析物块水平沿中线微匀减速 所受的外力不变，加速度仍为零，从 gsn0=,十巴，从雨可计算出斜面的 直线运动，则0=-”，由题客知 撒去拉力到弹簧第一次恢复原长过 241 程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛 倾斜角度日以及动享黎因数，选项A、C x=1m,t=1s,>0,代入数据有a< 顿第二定律可知P减速的加速度减 不符合题意：根据解面的倾斜角度可 2m/s,故A错误，B正确；对物块做受 小，故P加速度大小的最大值是刚撒 计算出向上滑行的最大高度ssin日= 力分析有a=一g,v-=2ax,整 去拉力瞬间的加速度为2g,滑块Q 理有2+2a.x>0,联立可得：<0.2， 所受的合外力增大，方向向左，碱如 学×站=安击质D不行 故C、D错误。 速度增大的减速运动，Q加速度大小 合题意：仅根据速度时问图像，无法求 9.(1)5m(2)30°(3)750N 最大值为弹簧恢复原长时，有一mg 出物块质量，选项B符合题意。 解析(1)根据图乙可知，在前1s内 -maam,解得ao■一ug,故滑块Q 2.B解析初始时刻弹黄伸长，弹力等 图像与坐标抽所围成的面积大小表示 加速度大小最大值为g,A正确，B 于重力，由图像看出，升降机停止运动 水平面CB间距离，则有xa=1OX1m 后弹簧的拉力先变小，即小球向上运 2 错误：由于弹簧恢复愿长前滑块P的 动，小球的运动是由于惯性，所以升降 =5m1 加速度一直大于Q的加速度，所以撒 机停止前小球是向上运动的，即升降 (2)由图乙可知，BA段的加速度大小 去拉力后P的速度一直小于同一时 机停止前在向上运动，故A错误；0~4 为，=A,对小物块进行分析有 刻Q的速度，所以P的位移一定小于 时间内，小球向上运动，1一3时间内， △l Q的位移，C错误，D正确。 小球向下运动，加速度先向下后向上， ngsin a=ma,解得a2=5m/s,a1 13.(1)2pmg 则速度先增大后减小，故B正确：41一 =30°： 12时问内，重力大于弹力，加速度向 解析(1)用水平向右的推力F推动 (3)根据图乙可知，CB段的加速度大 滑块B时，设滑块AB一起加魂运动 下，也处于失重状态，故C错误：4时 小为a,=受，解得a,=10m/3,展据 的加速度为a6,根据年领第二定律有 刻处于最低点，山~时同内，小球向 上运动，弹力大于重力，小球向上做加 牛顿第二定律有Fcos0一 F-umg-2umg-2mao 速运动，t:时刻速度最大，故D错误。 u(mg十Fsin)=ma1,解得F=750N, 解得a。=4g 3.BC解析设滑块A的质量为m,木 10.C解析在3号猴子手滑后的一瞬 对滑块A进行受力分析，由牛顿第二 板B的质量为M,滑块A与木板B间 问，4号雅子只受重力作用，其加速度 定徐有 的动摩泰因数为：。由题图乙可知，当 等于重力加速度，速度等于0，A错 Fw一umg=mao+ F=F=6N时，清块A与木板B达到 误；在3号猴子手滑后的一瞬问，1 解得FN=2mg。 最大共同加速度为an=2ms',根据 号、2号、3号猴子的加速度a相同，加 (2)滑块A、B在时问1。时的速度大 牛颜第二定律有F.=(M十m)am,解 速度a大小为mg=3ma,解得a= 小为5=agto一g4: 得M十m=3kg:当F>6N时，A与B 38,加速度的方向竖直向上，B银 撒去向右的水平推力F后，滑块A的 将发生相对滑动，对A单独应用牛顿 加速度大小为 误：2号猴子对3号猴子的作用力F 第二定律有F一mg=ma,整理得a= 大小为F划一mg=ma,解得Fa= a=m8=4g, F 一g:授据规图乙解得m=1kg, 4mg,C正确：1号猴子对2号猴子的 3 滑块B的加速度大小为4。=mg u=0.4,则M=2kg,A,D错误，B正 祥 确。当F=10N时，滑块A的加速度 作用力F:大小为F:一2mg=2ma, =2μg 解得Fa-8g,D据误. 则滑块A减速运动的距离为x= 为a,F二mg=6m/,C正确. 22g, 1 11.B解析如图所 4.A解折布速度a=合智-095m/ 示，过D点作OD 滑块B减速运动的距离为n一2a, =0.01m/s,由牛顿第二定体F=(M 的垂线与竖直虚线 A 交于G,以OG为直 十m)a,可知空间站的质量为M= a 经作圆，可以看出 子Ag 800 F点在辅助圆内， 滑块A与滑块B之间的最大距离为 -m=0.0kg-4.0×10kg=7.6× 而B点在辅助图 10°kg,故A正确，B、C、D错误。 外，由等时圆结论 Ar-zA--1u. 5.C解析根据小铁球与光滑凹槽相 可知，tA>tm>tg,B项正确。 课时检测训练11 对静止可知，系统有水平向右的加速 12.AD解析设两滑块的质量均为m, L.B解析物块滑上料面的初速度 度a=gtan a,小铁球受到的合外力方 撒去拉力前，两滑块均做匀速直线运 巴知，向上滑行过程为匀变速直线运 向水平向右，凹槽对小铁球的支持力 动，则拉力大小为F=2umg,激去拉 动，来速度0，所以沿斜面向上滑行的 力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力 为是。，推力F=(M+m)gtan a,选项 为Fm=mg,以向右为正方向，撒去 最运更离=受4，根器牛顿第二定佛， A、B、D错误，C正确 拉力瞬句弹簧弹力不变仍为以mg,两 6.C解析 滑块与地面间仍然保持相对滑动，此 向上滑行过程2=gsin0十gcos0,向 整体法：F.=2mam 时滑块P的加速度为一Fm一mg= 下滑行兰=gsin日-gcos日，整理可得 单独分析左侧物块：T.■ma. mam解得an=一2g,此刻滑块Q 2T=4N,C对，ABD错 575 高考一轮总复习·物理 7.BD解析A、B分离以后F变为恒 力，大小为22N,对A应用牛顿第二定 的蜗率为2-9名=一名，解得m 相等，设此时弹簧的压缩量为x1,对 mc一0 物体P,由牛顿第二定律得： 律有F-mg=m,a,解得a=1m/s, 一后，选项A错误。从图乙可得围线 kx一m1gsin0一m1a, 选项B正确。初状态弹簧弹力和A、B 前0.2s时问内两物体的位移：x 系统的总重力平衡，图线的纵截距即 与纵轴的截距为gin0-gcos日=b, TI= 拉力F的初始值，完全提供A,B系统 条得1=他合之，选项B正待。新 的加速度，对A、B系统根据牛顿第二 去外力后，根据牛顿第二定律有 联立解得a一号m/: 定律有F。■(m十m)a,解得me mgsin0一umgcos0=ma,从题图乙可 (3)对两物体受力分析知，开始运动 10kg,选项C错误。初状态隔离A分 得图线与纵轴的截距为负值，即 析，对A应用牛顿第二定律有FB 时F最小，分离时F最大，则Fm= gsin 0-ugcos,mgsin 0- m,g十F。=m,a,解得FAm=10N,选项 mgcos0<0,所以加速度a<0,即物 (m,+m,)a=1N, 3 D正确。分离前对A、B整体应用牛颜 体向下做匀减速运动，选项C正确 对Q应用牛顿第二定律得F 第二定徘有F十F。一(m1十m)g■ 从a-F的函数关系式可得图线的斜 m:gsin 0=m:a, (m,十m2)a,隔离B,对B应用牛顿第 二定律有F集一m:g一F=ma,从开 ，即a-F图像的斜率与解面 率为1 解得F-2N。 始运动到A和B分离的全过程，a不 的领角6无关，选项D错误。 课时检测训练12 变，重力不变，弹簧弹力变小，则F变 11.B解析货车运动过程中既有可能 1,AB解析小铁块与木板间的最大 小，当Fm■0时，A,B两物体脱离，此 加速，也有可能减速，还有可能匀速， 静摩擦力为F。=4mg=40N,木板与 时B依然有向上的加速度，因此A、B 若汽率向左加速时，若有m= 地面问的最大静摩寒力为F:一构(m 分离时弹簧依然处于压缩状态，选项 A错误。 an0,则1号油桶对2号油桶的压 g 十m)g=45N,因为F。<F,所以木 板一定静止不动，故A正骑，C错误：根 8.B解析对滑块A、B整体在水平方 力最小为0，此时1号油桶对3号油 据牛顿第二定律可得小铁块在木板上 向上，有F=(m十mm)g,对滑块B 桶的压力最大为F。=n60≈ 滑行的加速度大小为a■g一4m/g, 在竖直方向上，有4F=mg,联立解 假设小铁块未滑出木板，则小铁块在 2000N,根据对称性可知，若汽车向 得二业，选项B正确。 木板上运动的距离为x=名=2m n构经 mg 9.0≤F≤310N解析若要保证木块 左减速时，若有ma一nn60,则1号 <L,故假设成立，小铁块不能滑出木 和斜面体不发生相对滑动，则两物体 油桶对3号油桶的压力最小为0，此 板，故B正确，D错误。 以相司的加速度询左微匀加速直线运 时1号泊桶对2号油桶的压力最大为 2.B解析0一11时问内小物块向左做 动，由于u>tan6,故当F=0时，木块 F-0≈200N,故选B. 匀减速直线运动，时刻小物块向左 静止在斜面体上，即F的最小值为0： 12.(1)2.5N(2)12.5m/s 速度减为零，此时离A处的距离达到 F 根据题意可知，当木块相对斜面体恰 (3)50.5m 最大，故A错误比：时刻前小物块相对 不向上滑动时，F有最大值F。,设此时 解析(1)根据牛顿第二 传送带向左运动，之后小物块相对传 两物体运动的加速度大小为a,两物体 定律，对整体有F一2mg 送带静止，4时刻小物块相对传送带 之间的摩擦力大小为F:,斜面体对木 =2ma, 滑动的距离达到最大，故B正确：0一 块的支持力为F、。对整体和木块分别 对B有F,一mg=ma, 时间内小物块先减速，后反向加速，小 进行受力分析，如图甲、乙。 邂得R,=号=25N: 物块受到大小不变，方向始终向右的 摩擦力作用，故C错误：4时刻小物块 (2)根据运动学公式有vg1'=0, 向右速度增加到与皮蕾相等，妇时刻 v=v+a't'v=at,F-mg=ma', 之后小物块与皮带保持相对静止随水 解得=12.5m/s: 平传送带一起匀速运动，摩慕力消失 mg (3)断裂后，根据运动学公式， 故D错误， 3.C解析由题图乙可得，物块微匀变 勿 U 五a-+2,西=t-7d, 速运动的加速度大小为a=A” △t 对整体受力分析有F.=(m十MDa,对 △x■xg-xA+L=50.5m 木块受力分析有F=Fx,水平方向 18aa.16m(2号n/ 2.0m/s2,由牛颜第二定排得红mg= ma,则可得物块与传送带问的动摩海 F,cos0十F、sin0=ma,整直方向 因数=0.2，选项A、B错误：在v-t Fcos8=mg十Fsin8,联立以上各式 (3)2N 1 N 图像中，图线与1轴所围面积表示物块 代入数据解得F.=310N,故F的大 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为 的位移，则物块经减速，反向加速到与 小范围为0≤F≤310N。 工，对P、Q整体受力分析，沿料面方 传送带相对静止，最后匀速运动国到 10.BC解析物体下滑过程，根据牛 肉有(m1十m,)gsin0=k红， 传送带左端时，物块的位移为0，由题 频第二定烨有F十mgsin日-mgcos日 解得x。=0.16m: 图乙可得物块在传送带上运动的总时 -a,交换得a一品F十8in0- (2)前0.2s时问内F为变力，之后为 间为4.5s,选项C正确，选项D错误。 恒力，则0,2s时刻两物体分离，此时4.B解析B对C的最大静摩擦力为 g©os6,从GF的函数关系可得图线 P、Q之饲的弹力为零且加速度大小 Fc=mg,由于C是轻质绸布，故A、 高考一轮总复习·物理 576