第3章 素养培优4 牛顿运动定律的综合应用(练习Word版)-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律综合应用，通过连接体、图像分析等典型题型，强化科学推理与模型建构，体现从单一公式到复杂系统的知识逻辑。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |连接体问题|第2、4、5题|多体系统受力分析|整体法与隔离法结合牛顿第二定律| |图像分析|第3题|F-a图像斜率与截距应用|牛顿第二定律表达式与图像物理意义关联| |临界问题|第6题|摩擦力方向变化分析|受力分析与临界状态判断结合|

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　P360　 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4×103 kg，其推进器的平均推力为1 240 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作7 s内，测出飞船和空间站速度变化是0.07 m/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0.01 m/s2 D．飞船与空间站对接后的加速度为0.31 m/s2 解析：A　[飞船与空间站对接前的加速度为a1＝＝m/s2＝0.31 m/s2，故C错误；飞船与空间站对接后的加速度为a2＝＝m/s2＝0.01 m/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 B．列车的加速度为 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＝，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．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 解析：D　[由牛顿第二定律有F－mgsin θ＝ma，解得F＝ma＋mgsin θ，所以F－a图像的斜率为m，纵轴截距为mgsin θ.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gsin θ甲＝m乙gsin θ乙，根据m甲＞m乙，可知θ甲＜θ乙，故C错误，D正确．] 4. (多选)如图所示，一质量M＝3 kg、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＝1 kg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＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　) 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 N 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＝40 N，a＝10 m/s2，故A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力 FN2＝＝mg＝10 N，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．(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mg D．当B下落高度h时，速度为 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＝at2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＝mg，aB＝g，故C错误；当B下落高度h时，速度为v＝2aBh，解得vB＝，故D正确．] 6．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＝10 m/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1 N时，圆环的加速度大小． 解析：(1)F在2～5 N内时，对圆环受力分析可得Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma， 当拉力超过5 N时，支持力方向相反，所以当拉力为5 N时Fsinθ＝mg， 代入图中数据，联立求解可得sinθ＝0.8，μ＝0.5，m＝0.4 kg. (2)当圆环受到的摩擦力大小为1 N，且拉力小于2 N时，对圆环受力分析可知F合＝0，即 Fcosθ＝f＝1 N，解得圆环的加速度为0； 当圆环受到的摩擦力大小为1 N，且2 N＜F＜5 N时，可知μ(mg－Fsinθ)＝1 N， 解得F＝2.5 N， 由Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma， 解得a＝1.25 m/s2， 当圆环受到的摩擦力大小为1 N，且拉力5 N＜F时，可知μ(Fsinθ－mg)＝1 N， 解得F＝7.5 N， 由Fcosθ－μ(Fsinθ－mg)＝ma， 得a＝8.75 m/s2. 答案：(1)m＝0.4 kg，μ＝0.5 (2)0,1.25 m/s2,8.75 m/s2 学科网（北京）股份有限公司 $