课时冲关15 素养培优4 牛顿运动定律的综合应用 & 课时冲关16 素养培优5 传送带模型中的动力学问题-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 [答题栏] 课时冲关15 素养培优4 11,如图是采用动力学方法测 a -- 2 量空间站质量的原理图.若 空间站 飞船 3 已知飞船质量为4×103 kg,其推进器的平均推力为1240N,在飞船与 4 空间站对接后，推进器工作7s内，测出飞船和 ---5 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/s D.飞船与空间站对接后的加速度为0.31m/s 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F1 2m B.列车的加速度为F一f m 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一2f 3.用沿斜面的拉力使质量分别为m甲、mz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 0甲、02.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<mz B.m甲=m乙 C.0厘>0z D.0甲<02 4.（多选)如图所示，一质量 M=3kg、倾角为a=45 的斜面体放在光滑水平 1450 地面上，斜面体上有一质m 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 ·36 牛顿运动定律的综合应用 A.系统做匀速直线运动 B.F-40 N 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 5.（多选)如图所示，质量 为m的物块A静置在 A 光滑水平桌面上，它通 77777 过轻绳和轻质滑轮悬 挂着质量为3m的物 B 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ms D.当B下落高度h时，速度为 6gh 47 6.如图甲所示，将一圆 a/(m·g 7.5…7 环套在固定的足够 04 25 长的水平杆上，环的 甲 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0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 60· 课时冲关16 素养培优5 1.某快递公司为了提高效 率，使用电动传输机输 送快件，如图所示，水平 传送带AB长度L=5.25m,始终保持恒 定速度v=1m/s运行，在传送带上A处轻 轻放置一快件（可视为质点），快件与传送 带之间的动摩擦因数μ=0.2，快件由静止 开始加速，与传送带共速后做匀速运动到 达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g一 10m/s2,下列说法正确的是 () A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向 始终相反 B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦 力作用 C.快件与传送带的相对位移为0.5m D.快件由A到B的时间为5.5s 2.（多选)如图所示，倾斜 传送带沿顺时针方向匀 速转动，将质量为m的 小物块轻轻放在传送带 底端，一段时间后小物块与传送带共速， 之后匀速上升到传送带顶端.下列说法正 确的有 A.物体在传送带上所受摩擦力为恒力 B.传送带对物体做功等于物块获得的 动能 C.若增加传送带速度，物块可以更快到达 传送带顶端 D.若增大传送带动摩擦因数，物块可以更 快到达传送带顶端 3.（多选)如图所示，质量为 m的物体用细绳拴住放 在水平粗糙传送带上，物 体到传送带左端的距离 为L,稳定时绳与水平方向的夹角为0，当 传送带分别以1、2的速度做逆时针转动 时(U1<v2),绳中的拉力分别为F1、F2;若 剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为 t1、t2,则下列说法正确的是 () A.F<F2 B.F=F2 C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2 4.(多选)如图甲，一水平浅色传送带上放置 一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间 的动摩擦因数以=0.2.初始时，两者都是 静止的.现让传送带在电机带动下先加速 ·36 第三章牛顿运动定律 传送带模型中的动力学问题 [答题栏] 1 后减速，传送带的速度一时间图像如图乙… 所示.设传送带足够长，一段时间后，煤块 在传送带上留下了一段黑色痕迹，重力加.3 速度g=10m/s2.下列说法正确的是 ）.4 ◆lm.s) 24--- 6 12病 A.t=8s时煤块与传送带速度相同 B.煤块相对传送带的位移为80m C.煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长 D.黑色痕迹的长度为48m 5.传送带在流水线中的应用节省了劳动力， 降低了商品成本，车间中两段传送带的截 面图如图所示，1为长度L,=2m的水平 传送带，2为长度L2=1m,倾角0=37°的 倾斜传送带.现将质量m=8kg的货物轻 放在传送带1的右端点a,货物到达b处 刚好与传送带1的速度相等.货物与传送 带1、2之间的动摩擦因数分别为41= 0.4,42=0.5,货物在连接点b处速度大小 不变从水平滑上斜面，两传送带均逆时针 运行.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力 加速度g取10m/s2. (1)求传送带1的速度大小； (2)要使货物能够运送至c点，求传送带2 的最小速度； (3)改变传送带1、2的速度，求货物从a到 达c的最短时间. L高考总复习物理 课时冲关13牛顿第一定律、牛顿第三定律 1.B2.B3.D4.D 5.A[把水对船桨的作用力F正交分解如图 所示，根揭几何知识日=受-@，F在水平方 向的分力大小为F=Fcos(受-a)=Fsin a,F在竖直方向的分力大小为F,=Fsin(5-a= Fc0sa,故A正确，B错误；根据牛顿第三定律知水对船 桨的力与船桨对水的力是一对相互作用力，大小相等、 方向相反、分别作用于水和船桨上，所以水对船桨的力 与船桨对水的力不能求合力，故C、D错误.] 6.D[以环为对象，根据牛顿第二定律可得mg一f=ma, 解得f=mg一ma,以箱和杆为对象，根据受力平衡可得 Mg十f'=N,其中f=f,联立解得N=Mg十mg一ma, 根据牛顿第三定律可知，箱对地面的压力为N'=V= Mg十mg-ma,故选D.] 7.BD[对甲，根据平衡条件2F=G甲，得绳子拉力F= 50N,故A错误；对乙，根据平衡条件，水平方向，地面对 乙物体的摩擦力为f=F=50N,故B正确；对乙，根据 平衡条件，竖直方向，地面对乙的支持力V=G:=400 N,根据牛顿第三定律，乙对地面的压力为400N,故C 错误，D正确.门 课时冲关14牛顿第二定律的理解及应用 1.CD2.B3.C4.A 5.A[6个盘子处于静止时，6个盘子所受合力为0，顾客 快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子所受的 合力为mg,根据牛顿第二定律有mg=(M十5m)a,对 2号盘子，根据牛顿第二定律有V-mg=ma,联立可得 3号盘子对2号盘子作用力的大小N=mgM+6m,故 M-5m 选A.] 6.D[1.0s~1.4s内运动员对蹦床的压力逐渐变大，则 运动员向下运动，压力先小于重力，加速度向下，失重： 后压力大于重力，加速度向上，超重，选项A、B错误； 1,4s时运动员对蹦床的压力最大，此时到达最低，点，则 运动员的速度为零，选项C错误；运动员在脱离蹦床后 到再次回到蹦床上用时间为3.8s一2.1s=1,7s,则上 升过程中上升的最大高度约为 h=gt=×10x(号)m≈3.6m,选项D正确.] 2 2 7.DL依题意，对石块受力分析， 如图 货车在平直道路上向右以加速度 a1运动时，有Fsin9=mg,tan0 =mg 2a1 货车向右以加速度a2(a2>a1)做 加速运动，有tan0=mg ma2 可知9会减小，再根据F=器可 知F会变大，故选D.」 8.C[根据匀变速的位移公式x=2at, 根据牛顿第二定律F=ma, 联立得m=,故选C.门 9.A[根据运动学公式可得v一v=一2ah,解得加速度 大小为a=”822」 2h=2x1.2m/s=25m/s, 根据牛顿第二定律可得4F-mg=1a, 解得平均每台反推发动机提供的推力大小为 F≈2.6×101N,故选A. 10.AD[以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定 律可知 a是-gng=4m, ·58 系统的加速度方向水平向右，设弹簧秤的拉力为F,以 m2为研究对象，由牛顿第二定律得 F-F,=m2a,得F=32N,故A正确，B错误；弹簧的弹 力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，2不再受F2的 作用，m,受的合力等于弹簧的弹力，设，此时加速度 为a3;由牛顿第二定律可知，F=m,a,得a=8m/s, 故C错误：弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F,的瞬 间，设此时1加速度为a1,由牛顿第二定律可知，F= m1a1,得a1=16m/s,故D正确.] 11.解析：(1)对无人机和货物整体受力分析，由平衡条件 得6F1=(M+m)g,解得F,=100N. (2)根据货物降落全过程的v-t图像，卸货前货物离地 面的高度为h=号X5X6m=15m, 由题图乙可得，货物匀减速下降过程中加速度大小为a 0-6 5-3 m/s=3 m/s'. (3)货物匀减速下降过程中，对货物由牛顿第二定律得 F,-Mg=ma, 代入数据解得F,=520N. 答案：(1)100N;(2)15m,3m/s;(3)520N 12.解析：(1)根据牛顿第二定律得，人从斜坡上下滑的加 速度为a1=gsin37°一mngcos37 =2m/s. 1777 (2)根据速度与位移的关系有v=2a1xA, 解得u=2√/10m/s. (3)人在水平面上做匀减速运动的加速度大小为a,= g=5m/s2, 根据速度位移公式得，B点的速度为vB=√2α2L =10√2m/s, 项=50m 根据速度位移公式得L仙=2 答案：(1)2m/s;(2)v=2√10m/s;(3)50m 课时冲关15素养培优4牛顿运动 定律的综合应用 1.A[飞船与空间站对接前的加速度为a1=E 1240 m 4x10m/s =0.31m/s2,故C错误；飞船与空间站对接后的加速度 为a2= =0-07m/s2=0.01m/s2,故D错误；对飞船 △t 7 与空间站整体，根据牛顿第二定律F=(M十m)a2,解得 空间站质量为M=1.2×10kg,故A正确，B错误.] 2.C [根据牛顿第二定律得4F一8f=8ma,解得a 一2f,A,B错误；对前两节车厢根据牛顿第二定律得F 2m 十F23-2f=2ma,解得F23=0,C正确，D错误.] 3.D[由牛顿第二定律有F-mgsin9=ma,解得F=ma 十ngsin0,所以F一a图像的斜率为m,纵轴裁距为 gsin日.由图可知甲图斜率大于乙图斜率，因此m甲> m2,故A、B错误；由于甲、乙两图截距相等，即m gsin 日=m gsin日2，根据m甲>m2,可知9p<02,故C错 误，D正确. 4.BD[对整体受力分析如图甲所示，由 牛顿第二定律有F=(M十m)a, 对楔形物体受力分析如图乙所示. 由牛顿第二定律有ngtan45°=ma, 450 可得F=40N,a=10m/s2,故A错误， (M+m)g B正确；斜面体对楔形物体的作用力 F2= g 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. 5.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，由工=弓a 8 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一2T=3mau,又因为 3 2am=aA,解得T=7mg,am=号g,故C错误：当B下落 ,故D 高度h时，速度为i=2ah,解得=√ 正确. 6.解析：(1)F在2~5N内时，对圆环受力分析可得Fcos8 -μ(g-Fsine)=ma, 当拉力超过5N时，支持力方向相反，所以当拉力为5N 时Fsin8=mg, 代入图中数据，联立求解可得sin8=0.8,=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金=0，即 Fcos0==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<F5N时，可 知u(ng-Fsin8)=1N, 解得F=2.5N, Fcos0-u(mg-Fsine)=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(Fsin9-mg)=1N, 解得F=7.5N, Fcose-u(Fsine-mg)=ma, 得a=8.75m/s2. 答案：(1)m=0.4kg,=0.5 (2)0,1.25m/s,8.75m/s 课时冲关16素养培优5传送带模型 中的动力学问题 1.D[快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀 速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用， 故A、B错误：快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定 律可得加速度大小为a=ms=4g=2m/s,快件由静止 开始加速至速率为0的过程所用时间为t=”=0.5s,与 传送带的相对位移为△x=t一之t=0.25m,故C错误； 快件匀速运动的时间为t= -=5s,则快件由A到B 的时间为t5=t十t=5.5s,故D正确.] 2.CD[A.加速阶段物块所受摩擦力为 f=1 ngcos日共速后为f'=mgsin日，故A错误；根据功 能关系，传送带对物体做功等于物块获得的动能加重力 势能，故B错误；增加传送带速度，物块加速时间更长， 全程平均速度更大，用时更短，故C正确；增加传送带动 摩擦因数，物块加速度更大，更快达到共速，全程平均速 度更大，用时更短，故D正确，门 3.BD[剪断细绳前，物体处于静止状态，根据受力平衡可 得Fcos8=f=u(mg一Fsin), 可得F= cos0干么sin0,可知绳中的拉力与传送带速度无 umg 关，故有F=F,,故A错误，B正确；绳子断开后，木块受 重力、支持力和向左的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律 有mg=ma,解得a=g,木块可能一直向左做匀加速 直线运动：也可能先向左做匀加速直线运动，等到速度 与传送带速度相同，然后一起匀速运动；由于1<，若 两种情况下木块都是一直向左做匀加速直线运动，由L= 2,可得1=女，若传送带速度为4时，木块先向左做 1 匀加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起 匀速运动：传送带速度为2时，木块一直向左做匀加速 直线运动，则t1>t2;若两种情况下木块都是先向左做匀 加速直线运动，等到速度与皮带速度相同，然后一起匀 速运动，则t1>t2,故C错误，D正确.门 ·53 参考答案 4.AD[煤块的加速度a=ms=2m/s, +m·s 71 在？图上作出煤块的速度一时间图产 像，斜率为加速度，根据几何关系可知， 068126 图像过6s,12m/s;与传送带的图像交于8s,16m/s;然后 减速，交t轴于16s,故A正确；由图可知，煤块先相对皮 带向左滑动的相对位移为 △m12 1 X6X24m+624X2m7×8X16m=48m 2 共逢后煤块湘相对皮带往右滑功的相对位参为△虹，=子× X16m2X4X16m=32m,则痕迹应取较长的相 位移为48m,煤块相对传送带的总位移为△x=△x1一△x2 =16m,故B错误，D正确：质量变大，不改变加速度，痕 迹长不变，故C错误.] 5.解析：(1)货物放上传送带1后一直做匀加速直线运动， 根据牛顿第二定律，有hmg=1a, 解得a=41g=4m/s, 根据运动学公式，有v12=2aL1, 解得1=4m/s. (2)若传送带不转动，则货物向上运动的加速度一直 保持 1=mgcos8十mgsin =g(u:cos 0-sin 0)=10 m/s 最远距离为smx=2a =0.8m<Le 货物无法运动到c,点，若传送带2的速度大于4/s,则 货物向上运动的加速度一直保持 a="ssin日-凸mgc0s =g(sin cos 0)=2 m/s 72 近=4m>Lg 最远距离为5mx一2 货物运动到c点时速度不为零.设传送带2的速度为 时，恰好能将货物运送至c,点.据以上信息可知，)的值 一定在0<v<4m/s之间，货物在传送带2上先做a1= 10m/s2的匀减速直线运动，当速度相等时，改做a2= 21/s的匀减速直线运动，到达c,点时速度恰好为零，由 逆向思维法，有=，心 U 2a1 9=2a,5+5=L, 解得v=11m/s. (3)货物在传送带1中的时间不随传送带的速度变化而 1 变化L=2ati,所以6=1s, 当传送带速度足够大，货物在传送带2上一直做加速度 大小为2m/s的匀减速直线运动 1 Le=4t,-2a,t5,t4=(2-√5)s, 所以最短时间为t=t十t=(3一√3)s. 答案：(1)4m/s;(2)1m/s;(3)(3-√3)s 课时冲关17素养培优6“滑块一木板” 模型中的动力学问题 1.AD[位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两 个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙 物体做匀减速运动，在。时间内甲乙的位移工p=心十 2 6=3x2=心十0， 2t0=0, 可得t。时刻甲物体的速度为U=2vo,B错误； 甲物体的加速度大小为a1=”心】 to 乙物体的加速度大小为a=弘， to 由牛顿第二定律可得甲物体mgsin日一h1 ng cos日 =72a1, 同理可得乙物体mg cos8-mg sin8=ma2, 联立可得h十h=2tan日，A正确；