第三章 第4节 牛顿运动定律的应用(二)(整体法和隔法)-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

学霸高春白题物理 第4节 牛顿运 (整体法 ☑应用提优考点全面，能力提升限时：40min 1.(2024·河北石家庄期末)如图，固定光滑直 角斜面，倾角分别为53°和37°.质量均为m 的滑块A和B,用不可伸长的轻绳绕过直角 处的光滑定滑轮连接.开始按住A使两滑块 静止，绳子刚好伸直.松手后，滑块A将沿斜 面向下加速，重力加速度为g,sin53°=0.8.下 列说法正确的是 人53 37 77777777 A.A、B的加速度大小为0.1g B.A、B的加速度大小为0.8g C.绳上的张力大小为mg D.绳子对滑轮的作用力为2mg 2.（2024·安徽安庆期末)如图所示，一辆小车 在水平面上以一定的加速度向右做匀加速直 线运动时，一物块放在倾角为日的斜面体上， 斜面体又压在车厢竖直后壁上，物块、斜面 体、车厢三者恰能保持相对静止，且斜面体刚 好不沿后壁下滑.已知该斜面体的斜面光滑， 斜面体与车厢后壁间的最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，则斜面体与车厢后壁间的动摩擦 因数的值为 1 A.= B.4= sin 6 tan 6 C.u=sin 0 D.u=tan 6 3.(2025·山东淄博一模)如图所示，光滑水平 面上放置质量均为m的两块木板，其上分别 042 定律的应用（二）》 隔离法) 有质量均为2m的机器人，两机器人间用一 不可伸长的轻绳相连.现用水平拉力F拉其 中一块木板，使两机器人和两木板以相同加 速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因 数为4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度为g,则轻绳对机器人的最大拉力大 小为 A.3umg B 6umg 5 C. 3μmg D.3umg 4 4.(多选)如图所示，物块P Q 和木板Q静止在倾角为 309 30的光滑斜面上，斜面底 端有一垂直斜面的固定挡板，P、Q的质量均 为2kg,它们之间的动摩擦因数为“=)，现 对P施加一平行斜面向上的恒力F,考虑P 没有滑离Q时的情况，取重力加速度g= 10m/s2,下列说法正确的是 A.当F=15N时，P、Q之间的摩擦力大小为 5N B.当F>15N时，P、Q开始发生相对滑动 C.若F=28N,物块P的加速度大小为 1.5m/s2 D.若F=32N,物块Q的加速度大小为 2.5 m/s2 5.(2025·海南海口模拟)（多选）2024年底 CR450动车组成功下线，其最高速度可超过 450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊 叹该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7 号车厢为动力车厢，其余车厢无动力.每节动 力车厢所提供驱动力大小均为F,各车厢所 受阻力大小均为f,质量均为m.该列车沿水 平直轨道行驶时，下列说法正确的是( 交电 合 A.若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零 B.若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加 速度大小为[ 2m C.若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大 小为 D.若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车 厢对第4节车厢的拉力大小为号 6.(2024·四川南充质检) F B Aw (多选)如图所示，劲度系 数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端 与置于水平面上质量为m的物体A连接，另 有一个完全相同的物体B紧贴着A,不黏连， 弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物 体B,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x。,此 时物体A、B静止.撤去F后，物体A、B开始 向左运动，已知重力加速度为g,物体A、B与 水平面间的动摩擦因数均为4.则() A.撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为 货) B.撤去F后，物体A和B先做匀加速运动， 再做匀减速运动 C.物体A、B一起向左运动距离(x。 2umg 时获得最大速度 D.若物体A、B向左运动要分离，则分离时 向左运动的距离为(x。 2umg 第三章运动和力的关系学丽高春 重难聚焦1 题型求解受恒定外力的板块问题 7.(2024·江苏盐城期末)某电视台的娱乐节 目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人 的默契度.如图所示，一长L=1.2m,质量 为M=0.5kg的木板靠在光滑竖直墙面上， 木板右下方有一质量m=1.0kg的小滑块 (可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因 数为4=0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g= 10m/s2.一人用水平恒力F,向左作用在滑 块上，另一人用竖直恒力F,向上拉动滑块， 使滑块从地面由静止开始向上运动： (1)为使木板能向上运动，F,必须满足什么 条件？ (2)若F,=28N,为使滑块与木板能发生相 对滑动，F2必须满足什么条件？ (3)游戏中，如果在滑块上移h=1.6m时， 滑块与木板没有分离，才算两人配合默 契，游戏成功.现F,=30N,F2=25N,请 通过计算判断游戏能否成功： F 0436 联立解得=6 (2)瓦片在轨道上运动时，在1范围内，根据牛顿第二定律可得 mgn30°-2x7F,=ma1,又2f0os450=mges30. 2 解得a1=2.5m/s2, 1 瓦片通过L,范围的时间ㄣ满足2听=山，山=1.2， 所以在，内有瓦片数号：24个，A可能为2或者 瓦片在轨道上运动时，在大于L1范围内，根据牛顿第二定律 得mgsin30°-24gFw=ma, 解得a2=0, 则瓦片速度m=√2a1L,=3m/s, 相邻瓦片的距离为Ax=#M=1.5m, 所以在大于山范围内有瓦片数2=A:5入 5个，2可能为4或 者5. 在第一片瓦片落地瞬间，山范丽外有4片，1范围内有2片；在第 一片瓦片落地后、第二片瓦片落地前一刻，L1范围外有5片，L1范 围内有2片：在第一片瓦片落地后的某一时刻，此时L1范围内有 3片，则L1范围外只能有4片，综上所述，轨道上瓦片的个数可能为 6个或者7个 第4节牛顿运动定律的应用（二） (整体法和隔离法) 1.A解析：对滑块A分析，设绳上张力为T.根据牛顿第二定律可 得mgin53°-T=ma,对滑块B:T-mgin37°=me,联立解得a= Q1g,T=0.7mg,根据力的合成可知，绳对滑轮的作用力为F= √+7=0.7√2mg,故选A 2B解析：设物块的质量为m,斜而体质量为M,小车对斜面体的弹 力为F、,小车对斜面体的摩擦力为∫，物块、斜面体，车厢三者恰能 保持相对静止，将物块和斜面体看成整体，水平方向有F。=(M+m)·α， 竖直方向有f=uF、=(M+m)g,对物块受力分析，设斜面体对滑块的 弹力为F,水平方向有Fain8=ma,竖直方向有Fcos0=mg,方程联 立可得斜面体与车厢后壁闻的动摩擦因数4= 9放选B 1 3.B解析：设轻绳拉力最大值为F,对左边一组物体分析受力，由牛 领第二定律有F=3m,绳子拉力最大时，右边一组木板和机器人之 间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人分析受力， 由牛顿第二定律有4·2mg=5ma,联立解得绳子拉力最大值F= n飞.故选B 4.AD解析：P,Q之间的最大静摩擦力fn=mg©os30°=15N, 重力沿斜面分力：G.=mgsin30°=10N, Q的最大加速度a。6- =2.5m/#2 对P、Q隔离法受力分析如图①、②所示 对P、Q整体受力分析如图③所示 mgsin 30 mgsin 30 f mgcos 30 用g N D 2 2mgsin 30 2mgcos 30 2mg 3 当F≤2mg如9，即F≤20N时，P、Q均静止在斜面上 一学霸高考·白 当F=15N时，F=f+G,得f=F-G,=5N,即此时P、Q之间的摩擦力 大小为5N,故A正确：当P的加速度为am时，F。-m-G,=mam,得 F。=30N,即当F满足20N≤F≤30N时.P、Q一起沿斜面向上运 动，当F>30N时P、Q发生相对滑动，故B错误：当F=28N时，P、Q 一起运动，由F-2 ngsin8=2ma得a=2m/:2,故此时P的加速度 为2m/s2,故C错误当F=32N时，P、Q相对运动，Q的加速度为 am=2.5m/s2,故D正确本题正确的是AD. 5.CD解析：A.当动车组做匀速运动时，对整体有4F=8f,则F=2f, 则根据平衡条件可知第一列车厢有F=了，对于一，二列车厢整体 有2=F+F3,可得二、三节车厢间作用力F3=0,以此类推，可知 F4=,Fas=0,F6=∫，F=0,Fw=手，则可知各车和间的作用力不是 都为零，故A错误：B.若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛 顿第二定律2F-8=8ma,整列车的加速度大小为a-一，故B错 4m 误：C.若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律4F-8f= 8,整列车的加速度大小为a-,故C正确：D,若列车动力 全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律4+2F- 5=5ma2,解得F4=7,放故D正确故选CD, 6.AC解析：A.撤去F瞬间，对A、B系统，由牛顿第二定律得 。2mg=2ma,解得a2加6，所以A正确：B,撒去F后，因为弹 簧形变量诚小，系统所受合外力变小，所以系统的加速度减小，所以 物体A和B先向左做加速度减小的加速运动：当加速度为零时，即 合力为零时，速度达到最大，设此时弹簧的形变量为x,则x= g,所 4mE,则物体A、B的运动距离=和*=0k 24mg,解得x= 以B错误，C正确：D.物体A、B向左运动要分离时，对B有 mg=ma,对A有mg-x=ma,解得x=0,所以若物体A、B向左运动 要分离，弹簧处于原长状态，物体A、B运动的距离为x0,所以D错 误故选AC 7.(1)F,>25N(2)F2>16.8N(3)否，计算过程见解析 解析：(1)滑块与木板问的滑动摩擦力为f=uF, 为使木板能向上运动，则fPMg,解得F1>25N (2)对木板，由牛顿第二定律有uF,-Mg=Ma1, 对滑块，由牛顿第二定律有F2F,-mg=m2； 为使滑块与木板能发生相对滑动，则a2>a1,解得下2>168N (3)当F,=30N,F2=25N,对滑块，由牛顿第二定律有F2 uf1-mg=ma3,解得a3=9m/s2, 浙块上升6的时间为，则A22,则25 对木板，由牛顿第二定律有uF1-Mg=Ma4,解得a4=2m/,2 设木板在1时间上升的高度为丑，则及=宁户，解得川= 45m, 16 56 由于h-H=1.6m45m=5m>=1.2m, 故滑块上移h=16m之前，滑块与木板分离，游戏不能成功 第5节超重和失重 1.D解析：自由下落阶段，人做自由落体运动，处于失重状态，只受重 力作用，合力不为0，制动后，做向下的减速运动，则物体处于超重状 态，合外力向上.故选D. 2.D解析：如图所示，根据牛领第二定律F-mg=ma,可得a= (63-60)×10 m/s2=0.50m/s2,则电梯向上加速运动.故选D. 60 3.C解析：Aa-4图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量， 可知1-时间内速度一直增加，所以电梯一直加速，A错误：B.a-t 图像中图线与坐标轴所围而积表示速度的变化量，由图可知，3时 刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速 运动，3时刻还没有达到最高点，B错误：C,对手机进行受力分析可 知，5~3时间内，根据牛顿第二定律F、-mg=ma,该段时间内，a逐 渐减小，因此支持力Fx逐渐诚小，C正确；D.在2~时间内，手机 加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态， D错误，故迹C. 4.D解析：A.A、B两物体用细线连着跨过定滑轮且相对电梯静止， 题·物理·16一