课时跟踪检测(16) 牛顿运动定律的综合应用(1)(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

**基本信息** 以牛顿第二定律为核心，通过整体法与隔离法、图像分析等科学思维方法，系统构建“力-加速度-运动”逻辑链条，强化模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |连接体问题|3,4,5|整体法求加速度→隔离法求内力|受力分析→牛顿第二定律→系统/个体受力关联| |图像问题|1,2,8,9|图像斜率/面积物理意义→列方程求解|运动学图像→加速度计算→牛顿定律应用| |弹簧/临界问题|7,10|弹力变化分析/临界状态受力平衡|胡克定律→受力变化→运动状态突变条件| |综合计算|6,10|多对象受力分析→联立方程求解|斜面/滑轮模型→力的分解→加速度与运动关联|

课时跟踪检测(十六)　牛顿运动定律的综合应用(一) 1.(2025·河南洛阳模拟)如图甲所示,一个物体在光滑的斜面上始终受到一沿斜面向上且逐渐增大的力F的作用,该物体沿斜面向上做变加速直线运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,若重力加速度g取10 m/s2,物体的质量m和斜面的倾角θ分别为(sin 37°=0.6) (　　) A.m=3 kg,θ=30° B.m=3 kg,θ=37° C.m=2 kg,θ=30° D.m=2 kg,θ=37° 2.(2025·湖南岳阳模拟)(多选)如图甲所示,对静止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F,木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示,2.5 s后加速度保持不变;箱内有一光滑斜面,斜面倾角θ=37°,可视为质点的滑块刚开始在斜面底部。已知木箱质量M=2 kg,滑块的质量m=1 kg,斜面高H=9.6 cm。下列说法正确的是(sin 37°=0.6、cos 37°=0.8,g=10 m/s2) (　　) A.1 s末,水平拉力F的大小为4 N B.2 s末,木箱的速度为6 m/s C.2.5 s后滑块开始相对于斜面向上运动 D.2.8 s末滑块到达斜面顶部 3.质量为m的物块A和质量为2m的物块B相互接触放在水平面上,如图所示。若对A施加水平推力F,使两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力,下列说法正确的是 (　　) A.若水平面光滑,物块A对B的作用力大小为F B.若水平面光滑,物块A对B的作用力大小为 C.若物块A与水平面、B与水平面间的动摩擦因数均为μ,则物块A对B的作用力大小为 D.若物块A与水平面、B与水平面间的动摩擦因数均为μ,则物块A对B的作用力大小为 4.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m的最大拉力为 (　　) A. B. C. D.3μmg 5.如图所示,质量M=2 kg的玩具动力小车在水平面上运动时,小车牵引力F=8 N和受到的阻力f=1 N均为恒力,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m=1 kg的物体由静止开始运动。运动t=4 s后,轻绳从物体上脱落,物体继续滑行一段时间后停止。物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.4,g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.轻绳脱落之前,绳的拉力大小为5 N B.轻绳脱落之前,小车的加速度大小是 m/s2 C.轻绳脱落之后,物体继续滑行时间为2 s D.物体刚停止时,小车的速度大小是3.5 m/s 6.(2025·河北邯郸模拟)如图所示,一固定斜面倾角为30°,斜面顶端固定一个光滑定滑轮。跨过定滑轮的轻质细线一端连接质量为m的木箱A(内装质量为3m的砂),另一端竖直悬挂质量为m的小桶B,细线的倾斜部分与斜面平行。用手沿斜面向下轻推木箱A,木箱A恰好沿斜面向下做匀速直线运动。让系统静止后将木箱A中质量为2m的砂转移到小桶中,由静止释放木箱A。已知重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为mg B.木箱与斜面间的动摩擦因数为 C.由静止释放木箱后木箱的加速度大小为g D.由静止释放木箱后细线的拉力大小为3mg 7.如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量分别为3m、m的物体A、B(A物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上,使物体A、B开始向上一起做加速度大小为g的匀加速直线运动,直到A、B分离,重力加速度为g,则关于此过程说法正确的是 (　　) A.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为FAB= B.施加拉力的瞬间,A、B间的弹力大小为FAB= C.从施加力F到A、B分离的时间为4 D.从施加力F到A、B分离的时间为2 8.(2025·湖南怀化三模)如图甲所示,在水平地面上,可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力F,从某点P以v0=4 m/s的速度向左滑动,物体运动的速度v随时间t的变化图像如图乙所示,已知物体的质量m=3 kg,重力加速度大小g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.F的大小为12 N B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C.物体回到P点的速度大小为1.5 m/s D.物体回到P点的时刻为1.5 s 9.(多选)如图甲所示,物块A、B中间用一根轻质弹簧相连,静止在光滑水平面上,弹簧处于原长,物块A的质量为1.5 kg。t=0时对物块A施加水平向右的恒力F,t=1 s时撤去,在0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内,则 (　　) A.t=1 s时物块A的速度大小为0.8 m/s B.t=1 s时弹簧弹力为0.6 N C.物块B的质量为0.8 kg D.F大小为1.5 N 10.(12分)(2025·湖南模拟)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两个光滑斜面之间,如图所示,两个斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为53°和37°。已知sin 37°=,cos 37°=,重力加速度为g。 (1)当卡车沿平直公路匀速行驶时,求斜面Ⅰ、Ⅱ分别对工件的弹力大小;(4分) (2)当卡车沿平直公路以g的加速度匀减速行驶时,求斜面Ⅰ、Ⅱ分别对工件的弹力大小;(4分) (3)为保证行车安全,求卡车沿平直公路匀加速行驶的最大加速度。(4分) 答案 课时跟踪检测(十六) 1.选A　由牛顿第二定律得F-mgsin θ=ma,解得a=-gsin θ,由题图乙可知斜率为k== kg-1= kg-1,解得m=3 kg,纵轴截距-gsin θ=-5 m/s2,解得θ=30°,故选A。 2.选BC　以木箱作为参考系,当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用,此时滑块的加速度a'=gtan θ=7.5m/s2,由题图乙可知1 s末a1=3m/s2,滑块相对于木箱没有发生相对运动,滑块、木箱可视为整体,由牛顿第二定律F=a1,解得F=9 N,A错误;根据题图乙可知,0~2.5 s内,加速度a与时间t的关系为a=3t,可知2 s末,a2=6 m/s2,则2 s内速度增加量Δv=a2Δt=6 m/s,2 s末速度为6 m/s,B正确;由以上分析可知,2.5 s末滑块的加速度为7.5 m/s2,滑块相对于斜面开始滑动,C正确;2.5 s后滑块与斜面开始发生相对滑动,设相对加速度为a3,木箱加速度为a4,根据ma3=ma4cos θ-mgsin θ,=a3t2,解得t=0.4 s,则滑块到达斜面顶部的时刻为2.9 s末,D错误。 3.选C　若水平面光滑,对A和B整体受力分析可知F=(m+2m)a,解得a=,再对B受力分析,B水平方向只受到A的作用力,由牛顿第二定律可知N=2ma,解得物块A对B的作用力大小为N=F,故A、B错误;若物块A与水平面、B与水平面间的动摩擦因数均为μ,则对A和B整体受力分析可知F-μ(m+2m)g=(m+2m)a',解得a'=,再对B受力分析,B水平方向受到A的作用力和滑动摩擦力,由牛顿第二定律可知N'-μ·2mg=2ma',解得N'=F,故C正确,D错误。 4.选B　当绳中拉力最大时,木块要相对滑动,设绳中最大拉力为FT,对右侧的m,根据牛顿第二定律有μmg-FT=ma,对左侧整体有FT=3ma,联立解得FT=,A、C、D错误,B正确。 5.选A　轻绳脱落之前,对小车和物体整体由牛顿第二定律可得加速度大小a== m/s2=1 m/s2,选项B错误;轻绳脱落之前,对小车有F-f-T=Ma,解得绳的拉力大小为T=5 N,选项A正确;轻绳脱落时物体和小车的速度v=at=4 m/s,轻绳脱落之后,物体做匀减速运动的加速度大小a1=μg=4 m/s2,则物体继续滑行时间t1==1 s,选项C错误;轻绳脱落之后小车运动的加速度a2== m/s2=3.5 m/s2,物体刚停止时,小车的速度大小是v'=v+a2t1=4 m/s+3.5×1 m/s=7.5 m/s,选项D错误。 6.选C　木箱匀速运动时细线的拉力大小为T=mg,根据平行四边形定则可知,木箱匀速运动时定滑轮对细线的作用力大小为F=2Tcos =mg,故A错误;对木箱及其中的砂,由平衡条件有4mgsin 30°-mg=μ×4mgcos 30°,解得μ=,故B错误;让系统静止后将木箱A中质量为2m的砂转移到小桶中,设释放后细线的拉力大小为T1,对A有T1-2mgsin 30°-μ×2mgcos 30°=2ma,对B有3mg-T1=3ma,联立解得a=g,T1=mg,故C正确,D错误。 7.选A　设开始时弹簧的压缩量为x0,则kx0=4mg,施加拉力F的瞬间,对物体A根据牛顿第二定律有kx0-3mg-FAB=3ma,解得FAB=,故A正确,B错误;在A、B分离瞬间,A、B间的弹力为零,弹簧弹力不为零, 对物体A受力分析得kx-3mg=3ma,解得这一瞬间弹簧的压缩量为x=,则物体A上升的高度h=x0-x=,由h=at2,解得从施加力F到A、B分离的时间为t=,故C、D错误。 8.选D　物体向左做减速运动时,加速度大小a1= m/s2=8 m/s2,物体向右做加速运动时,加速度大小a2= m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律有F+μmg=ma1,F-μmg=ma2,解得F=15 N,μ=0.3,选项A、B错误;物体向左运动的最大位移为x1=×4×0.5 m=1 m,设物体回到P点所用时间为t2,则有x1=a2,解得t2=1 s,则物体回到P点的速度大小为v2=a2t2=2 m/s,物体回到P点的时刻为1.5 s,选项C错误,D正确。 9.选BD　若物块A的加速度从1.0 m/s2均匀减小到0.6 m/s2,a⁃t图像的面积为Δv=×1 m/s=0.8 m/s,而物块A的初速度为零,可知1 s时物块A的速度为0.8 m/s,但实际是物块A的a⁃t图像的面积偏小,即速度变化量小于0.8 m/s,则t=1 s时物块A的速度大小小于0.8 m/s,故A错误;恒力F拉动物块A的瞬间,由a⁃t图像知物块A的加速度为a0=1 m/s2,有F=mAa0=1.5 N,1 s时A、B两者的加速度相等,大小为a1=0.6 m/s2,对A、B由牛顿第二定律分别有F-F弹=mAa1,F弹=mBa1,解得mB=1 kg,F弹=0.6 N,故B、D正确,C错误。 10.解析:(1)以工件为研究对象,受力分析如图所示。根据共点力的平衡条件可知,斜面Ⅰ、Ⅱ对工件的弹力大小分别为 F1=mgcos 53°=mg,F2=mgcos 37°=mg。 (2)以工件为研究对象,匀减速行驶时,在水平方向上根据牛顿第二定律有 F3sin 53°-F4sin 37°=ma=m 在竖直方向上根据平衡条件有 F3cos 53°+F4cos 37°=mg 解得F3=mg,F4=mg。 (3)卡车沿平直公路匀加速行驶的加速度最大时,斜面Ⅱ对工件的压力大小为0,则有 F5sin 53°=mam,F5cos 53°=mg 解得am=g。 答案:(1)mg　mg　(2)mg　mg (3)g 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $