牛顿运动定律的综合应用 专项训练-2027届高三物理一轮复习

牛顿运动定律的综合应用高三一轮复习专题训练 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 易混易错练 题组一：牛顿运动定律必备知识筛查 一、单选题 1．如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是，，g取）（　　） A．木块上滑过程中的加速度大小是 B．木块与斜面间的动摩擦因数 C．木块经2s返回出发点 D．木块回到出发点时的速度大小 2．将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0．则（    ） A．t1＞t0，t2＜t1 B．t1＜t0，t2＞t1 C．t1＞t0，t2＞t1 D．t1＜t0，t2＜t1 3．如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示.根据图乙中所标出的数据不能经过计算得出的是( )    A．物体的质量 B．物体与水平面间的滑动摩擦力 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．在F为14N时,物体的速度 4．2024年9月11日，我国自主研发的朱雀三号可重复使用垂直回收试验箭，在酒泉卫星发射中心完成10公里级垂直起降返回飞行试验。该火箭的质量将近70吨，在起飞后的大推力上升阶段，火箭加速上升5公里，速度达到160m/s，则这个阶段的平均推力最接近（    ） A． B． C． D． 5．如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．关闭电动机后，乘客处于超重状态 B．关闭电动机后，乘客处于失重状态 C．由于A、B质量相等，故关闭电动机后，乘客的加速度大小为g D．关闭电动机后，电梯上升的高度h一定小于 思想方法练 题组二：牛顿运动定律的理解（关键能力形成） 6．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖直立在地面上的钢管往下滑，已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速下滑后匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，，那么该消防员(  ) A．下滑过程中的最大速度为4m/s B．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7 C．加速与减速过程的时间之比为1：4 D．加速与减速过程的位移大小之比为1：4 7．质量m=1kg的物体静止放在粗糙水平地面上．现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动．已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．若F-x图象如图所示．且4～5m内物体匀速运动．x=7m时撤去外力，取g=10m/s2，则下列有关描述正确的是（　 ） A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1 B．撤去外力时物体的速度为m/s C．x=3m时物体的速度最大 D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3s 8．如图甲所示，倾角为θ的斜面与水平面在O点通过一段小圆弧平滑连接，一可视为质点的滑块从斜面上某处由静止释放，经过O点滑到水平面上后减速至零，该过程中滑块的速率随时间变化的规律如图乙所示。已知斜面和水平面由同种材料构成，则滑块与接触面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 9．如图甲为生产流水线上的水平皮带转弯机，由一段直线皮带和一段圆弧皮带平滑连接而成，其俯视图如图乙所示，虚线是皮带的中线，段（直线）长度，段（圆弧）半径，中线上各处的速度大小均为。某次转弯机传送一个质量的小物件时，将小物件轻放在直线皮带的起点处，被传送至处，滑上圆弧皮带上时速度大小不变，已知小物件与两皮带间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取（　　） A．小物块刚放上传送带时，会受到传送带向前的静摩擦力 B．小物块在到达点前，在传送带上留下的划痕长度为0.25m C．小物件在到达点时尚未达到匀速 D．小物块在通过圆弧皮带时，会发生“打滑”现象 10．球从高处由静止开始下落，所受空气阻力与速度成正比。下列描述球下落过程中加速度a、速度v随时间t，动能、机械能E随下落位移h变化的关系图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 二、多选题 11．如图甲所示，无人机从地面竖直起飞，运动一段时间后因动力系统发生故障，最终到达某一高度处后速度为零。图乙是无人机从地面上升至最高点过程中的图像，已知无人机飞行时所受的阻力大小恒为4N，取重力加速度。则（　　） A．无人机从地面上升至最高点，位移大小为18m B．无人机从地面上升至最高点，位移大小为24m C．无人机的质量为2kg D．无人机的质量为4kg 12．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体物体与弹簧不连接，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示取，则下列结论正确的是（   ） A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为 C．物体的质量为3 kg D．物体的加速度大小为 13．图甲是上海东方明珠塔和观光电梯示意图。小明乘坐观光电梯时，通过手机上的加速度传感器，记录了电梯从静止开始运动的加速度a随时间t变化情况，近似处理后得到如图乙所示图像（以向上为正方向）。电梯总质量，忽略一切阻力，重力加速度g取，下列说法中正确的是（　　） A．电梯在第1s末的速率为 B．电梯在第11s末速度达到最大 C．电梯在11s到30s内向上做匀速运动且速率为 D．电梯在上升过程中受到的最小拉力为 14．如图甲所示，有一倾角足够长的斜面固定在水平面上，质量的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数，物体受到一个沿斜面向上的拉力作用由静止开始运动，用表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，与的关系如图乙所示，已知，，取。则物体沿斜面向上运动过程中（　　）    A．物体的加速度一直在减小 B．物体的初始时的加速度大小为 C．物体动能先增大后减小，最大动能是 D．物体机械能先增大后减小，机械能增加量最大值是 能力提升练 题组三：牛顿运动定律的应用与计算（核心素养提升） 三、解答题 15．如图所示，质量为2kg的物体放置在水平地面上，在大小为10N、方向与水平面成37°角斜向上的拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，4s内物体的位移为9.6m。 试求： (1)物体与水平面间的动摩擦因数； (2)若4s末撤去拉力，则物体继续前进的最大位移。 16．两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v­t图像如图乙所示。g取10 m/s2，求： （1）推力F的大小； （2）A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。 17．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示。取，求： （1）物体与水平面间的动摩擦因数； （2）水平推力F的大小； （3）s内物体运动位移的大小。 18．如图所示，质量m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上，现对物体施以平行于斜面向上的拉力F，经历t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分速度图像如图所示（cos37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2）。求 (1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)拉力F的大小。 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《牛顿运动定律的综合应用高三一轮复习专题训练》参考答案 1．B 【详解】A．由图乙可知木块加速度为 故A错误； B．木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律可知 解得 故B正确； C．木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知 解得 上升位移为 则下滑位移为 由运动学公式得 解得 则木块返回出发点时间为 故C错误； D．木块回到出发点时的速度大小为 故D错误。 故选B。 2．B 【详解】由题可知，空气阻力大小不变，故三段时间均为匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的特点，将三个过程均看成初速度为零的匀变速直线运动，由可知，加速度大的用时短，有阻力时上升时加速度大于g，下降时加速度小于g，则有阻力上升时时间较小，下降时时间较长；即t1＜t0，t2＞t1； 故选B． 3．D 【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解． 【详解】物体受到重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma，解得：，根据a与F图线可得：， ，联立解得：，，故AC不符合题意；物体所受的滑动摩擦力为，故B不符合题意；由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，因为F为变力无法求F做的功，从而也无法根据动能定理求速度，故D符合题意．所以选D． 【点睛】解决本题的关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，最后结合a与F关系图象得到待求量． 4．B 【详解】火箭大推力上升阶段，根据牛顿第二定律 运动学公式 取重力加速度为，代入解得 故选B。 5．B 【详解】AB．关闭发动机后，乘客减速上升，加速度方向向下，处于失重状态，故A错误，B正确； C．对系统运用牛顿第二定律得 解得 故C错误； D．根据运动学公式得 故D错误。 故选B。 【点睛】通过加速度的方向判断物体的超失重，对系统运用牛顿第二定律求出加速度，通过速度位移公式求出上升的高度。 6．B 【详解】A．设减速时的加速度为a，则加速时的加速度为2a，加速时间为，减速时间为，则 设加速的末速度为v，则 m 联立解得 即下滑过程中的最大速度为8m/s。故A错误； BC．加速时间 减速时间 所以加速与减速过程的时间之比为1∶2，故 ， 所以，加速运动时，根据牛顿第二定律有 减速运动时，根据牛顿第二定律有 联立解得 故B正确；C错误； D．加速时的位移为 减速时的位移为 加速与减速过程的位移大小之比为1：2。故D错误。 故选B。 7．B 【详解】A. 由图象知4~5m内外力恒定，又物体匀速运动，由 知动摩擦因数为0.3，故A不符合题意； B. 前7m内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且F−x图围成的面积表示外力所做的功，由动能定理 解得，故B符合题意； C. 由图知前3m内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，故C不符合题意； D. 撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有 解得，故D不符合题意． 8．D 【详解】滑块在斜面上运动时有 滑块在水平面上运动时有 由题图乙知加速度大小满足，解得 故选D。 【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，目的是考查学生的推理能力。 9．B 【详解】A．小物块刚放上传送带时，小物块和传送带发生相对滑动，所以，小物块会受到传送带向前的滑动摩擦力，故A错误； BC．物件在段加速，根据牛顿第二定律 解得 若能加速至时，根据 解得 （合理） 划痕长度为 其中 解得 故B正确，C错误； D．在圆弧皮带上做圆周运动时，摩擦力提供向心力，假设没有打滑，根据牛顿第二定律 解得 所以不打滑，且 故D错误。 故选B。 10．D 【详解】AB．已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即 f=kv 根据牛顿第二定律得 得 开始时v比较小，且 mg＞kv 球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动；当 mg=kv 时加速度为零，此时速度不再增大，做匀速直线运动，则全过程小球先做加速度减小的变加速直线运动，后做加速度等于零的匀速直线运动，v-t图像的斜率表示加速度，则斜率应该逐渐减小到零后不变； a-t图像的斜率为 可知a减小，a-t图像斜率绝对值减小，故AB错误； C．由动能定理 即 由于v逐渐增大的，故Ek-h的斜率要不断减小，故C错误； D．机械能的变化量等于克服阻力做的功 可得 v逐渐增大，则f逐渐增大，即E-h图像的斜率的绝对值逐渐变大，故D正确。 故选D。 11．BC 【详解】AB．因图像与坐标横轴围成的面积表示位移的大小，由图乙可知无人机从地面上升至最高点，位移大小 故A错误，B正确； CD．因图像的斜率表示加速度，所以无人机在加速过程中的加速度大小 减速过程中的加速度大小 失去升力后无人机在重力和阻力的作用下减速上升，根据牛顿第二定律，有 解得无人机的质量 故C正确，D错误。 故选BC。 12．BD 【详解】A．物体与弹簧分离时，弹簧与物体间相互作用力为零，弹簧为原长．故A项错误； BC．初始时，物体静止，弹簧弹力等于物体重力。用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动．当刚开始运动时，弹簧弹力等于物体重力，那么合力恰好等于刚开始的拉力；物体位移超过4cm后拉力变为恒力F=30N，此后物体与弹簧分离，由于物体匀加速合力仍为10N，则 解得，初始时弹簧压缩量为4cm，弹簧的劲度系数 故B项正确，C项错误； D．物体的加速度 故D项正确。 故选BD。 13．ABC 【详解】A．图像与时间轴所包围的面积表示速度变化量，电梯的初速度为零，所以电梯在第1s末的速率为，故A正确； B．电梯在内向上加速运动，内向上匀速运动，内向上减速运动，所以电梯在第11s末速度达到最大，故B正确； C．电梯在11s到30s内向上做匀速运动，由于初速度为零，所以其速率等于内的速度变化量，即，故C正确； D．电梯在以最大加速度减速上升过程中受到的拉力最小，减速上升的最大加速度为 根据牛顿第二定律有 求得，故D错误。 故选ABC。 14．BD 【详解】A．在物体沿斜面向上加速运动过程中，对物体受力分析，根据牛顿第二定律有 当物体的加速度时，代入题中相关已知数据求得此时，所以结合图乙可知，物体的加速度先沿斜面向上减小到零后，又沿斜面向下增大，即物体先加速后减速，故A错误； B．根据牛顿第二定律结合图乙可得，物体的初始时的加速度大小为 故B正确； C．由选项A分析可知，物体沿斜面向上先加速后减速，所以动能先增大后减小，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，根据图乙可得为10N时，对应物体的位移为，由图像围成的面积表示力F所做的功，可得该过程F做的功为 根据动能定理可得 代入数据求得最大动能 故C错误； D．依题意，当 时，可得 则可知时，拉力和摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，当时，拉力和摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，所以可知机械能先增大后减小，所以时，物体的机械能最大，由图乙可知此时对应物体的位移为，根据功能关系可得，物体机械能增加量最大值为 故D正确。 故选BD。 15．(1)0.4；(2)2.88m 【详解】(1)由匀变速直线运动规律 可得，物体在前4s内的加速度为 物体共受到四个力的作用：重力G，拉力F，支持力FN1，滑动摩擦力Ff，建立图示坐标系，由牛顿第二定律可得 联立可得 (2)撤去拉力时，物体的速度为 撤去拉力后，物体共受到三个力的作用：重力G，支持力FN2，滑动摩擦力Ff´，物体做匀减速运动，设加速度为a2，此时建立图示坐标系，由牛顿第二定律 解得 则 16．（1）15 N；（2）6 m 【详解】（1）在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图像得 对于A、B整体，由牛顿第二定律得 代入数据解得 （2）设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由 解得A的加速度大小 物块A通过的位移，根据 物块A减速到零的时间 物块B通过的位移 物块A刚停止时A、B间的距离 17．（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m 【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在10s～14s内加速度大小为 物体在10s～14s内受力如图所示 根据牛顿第二定律有 解得 （2）由v-t图像可知物体在0～4s内加速度大小为 物体在0～4s内受力如图所示 根据牛顿第二定律有 代入数据得 F=5.6N （3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有 18．(1)0.5；(2) 30N 【详解】（1）（2）物体在外力F作用时，沿斜面加速运动，由图象知a1=20m/s2 对物体受力分析，由牛顿第二定律有 撤去外力F，物体沿斜面做减速运动，由图象知a2=10m/s2 对物体受力分析由牛顿第二定律有 代入数据解得F=30N，μ=0.5 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $