课时冲关15 素养培优4 牛顿运动定律的综合应用（教用版）-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

课时冲关15素养培优4 学生用书 1.如图是采用动力学方法测 a 量空间站质量的原理图.若 空间站飞船 已知飞船质量为4×103kg,其推进器的平均推 力为1240N,在飞船与空间站对接后，推进器 工作7s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1.2×10kg B.空间站质量为1.24×10kg 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/s2 解析：A[飞船与空间站对接前的加速度为a1 m=4X10m/s=0.31m/s2,故C错误：飞 =F=1240 格与空间站对接后的加连度为a,一是-29m =0.01m/s2,故D错误；对飞船与空间站整体， 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.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F二f 2m B,列车的加速度为F一士 n 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 解析：C[根据牛顿第二定律得4F一8f= 8ma,解得a=F,2f,A、B错误； 2m 对前两节车厢根据牛顿第二定律得F十F3一 2 f=2ma, 解得F3=0,C正确，D错误.门 ·45 第三章牛顿运动定律 牛顿运动定律的综合应用 P360 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0甲、02.甲、乙 两物体运动后，所受拉力F与物体加速度α的 关系如图所示.由图可知 ( 甲 A.m甲<m乙 B.m甲=m乙 C.0甲>0z D.0甲<0z 解析：D[由牛顿第二定律有F-mgsin0= ma,解得F=ma十ngsin0,所以F-a图像的 斜率为m,纵轴截距为mgsin0.由图可知甲图 斜率大于乙图斜率，因此m甲>z,故A、B错 误；由于甲、乙两图截距相等，即m甲gsin0甲= megsin02,根据m甲>mz,可知0甲<0z,故C 错误，D正确.门 4.（多选)如图所示，一质量M =3kg、倾角为a=45°的斜 面体放在光滑水平地面上， ∠45° iimmmnnmn 斜面体上有一质量为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 ) 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F、=5√2N 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十m)a, 对楔形物体受力分析如图乙所示， 高考总复习物理 <145o mg (M+m)g 甲 乙 由牛顿第二定律有ng tan45°=ma, 可得F=40N,a=10m/s2,故A错误，B正确； 斜面体对楔形物体的作用力 F心=器=mg=10巨N,故C销误：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 A 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。 /6gh /7 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 =子a可知，相同时间内，物体的位移与加连 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=3mag,又因为2ag =a,郎得T=号mgas=号8，放C错误：当B 3 下落高度h时，速度为v唱=2aBh,解得vB= g,故D正确.] ·45 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 ◆a/(m·s3 7.5 0 F/N 025 甲 乙 解析：(1)F在2一5N内时，对圆环受力分析可 Fcose-u(mg-Fsine)=ma, 当拉力超过5N时，支持力方向相反，所以当拉 力为5N时Fsin0=mg, 代入图中数据，联立求解可得sin0=0.8,4= 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合=0，即 Fcos0=f=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<F<5N 时，可知k(mg-Fsin0)=1N, 解得F=2.5N, 由Fcos0-μ(mg-Fsin0)=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u(Fsin0-mg)=1N, 解得F=7.5N, Fcos0-u(Fsine-mg)=ma, 得a=8.75m/s2. 答案：(1)m=0.4kg,4=0.5 (2)0,1.25m/s2,8.75m/s