2022年高考物理一轮考点跟踪练习10《牛顿运动定律的综合应用》（含详解）

2022年高考物理一轮考点跟踪练习10

《牛顿运动定律的综合应用》

一         、单选题

1.如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A，使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是(　　)

A.只减小A的质量，B对A的压力大小不变

B.只减小B的质量，B对A的压力大小会增大

C.只减小斜面的倾角，B对A的压力大小不变

D.只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B对A的压力会增大

2.如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为(　　)

A.aA=g，aB=5g     B.aA=aB=g    C.aA=g，aB=3g     D.aA=0，aB=2g

3.某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的v­t图、P­t图(P为物体重力的功率大小)及a­t图可能正确的是(　　)

4.如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x1，若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x2，已知x1=2x2，则有(　　)

A.F1=F2      B.F1=4F2           C.F1＞4F2           D.F1=2F2

5.如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 s。在战车的运动过程中，下列说法正确的是(　　)

A.导师始终处于失重状态

B.战车所受外力始终不变

C.战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动

D.根据题中信息可以估算导师运动的平均速度

6.如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时(　　)

A.横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍

B.横杆对M的弹力增加到原来的2倍

C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍

D.细线的拉力增加到原来的2倍

二         、多选题

7. (多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)

A.8　        B.10         C.15         D.18

8. (多选)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　)

A.一起加速过程中，C木块受到四个力的作用

B.一起加速过程中，D木块受到的静摩擦力大小为

C.一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同

D.当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变

9. (多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)

A.当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0

B.当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F－μmg

C.当F＞2μmg时，绳中拉力为

D.无论F多大，绳中拉力都不可能等于

10. (多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v ­t图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　　)

A.小球所受重力和阻力之比为5∶1

B.小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3

C.小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/s

D.小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态

三         、计算题

11.图甲中，质量为m1=1 kg的物块叠放在质量为m2=3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1=0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g=10 m/s2。

(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？

(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2=0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v ­t图像，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小。

12.如图所示，一长L=2 m、质量M=4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l=5 m，木板的正中央放有一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1=0.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：

(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；

(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。

0.2022年高考物理一轮考点跟踪练习10《牛顿运动定律的综合应用》（含详解）答案解析

一         、单选题

1.答案为：C；

解析：将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，

沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得

a==－gsin θ－μgcos θ，

对B分析可得N－mBgsin θ－μmBgcos θ=mBa，解得N=，由牛顿第三定律可知，

B对A的压力N′=，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，

A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误。

2.答案为：D；

解析：对滑轮分析：F－2T=ma，又m=0，所以T===3mg，

对A分析：由于T<4mg故A静止，aA=0

对B：aB===2g，故D正确。

3.答案为：C；

解析：由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：

(1)若F1=mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2=mg，则F1＜mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P=mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3=mg，则F1＜mg，F2＜mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3=mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图像如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P=mgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的。由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的。

4.答案为：B；

解析：沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，对整体分析，整体的加速度a=，隔离对质量为m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹=ma==kx1；同理，沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，a′=，隔离对质量为2m的小球分析，根据牛顿第二定律得：F弹′=2ma′==kx2，由于x1=2x2，联立可得：F1=4F2，故B正确，A、C、D错误。

5.答案为：D；

解析：由题意可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速过程中有沿斜面向下的加速度，战车处于失重状态，战车减速向下运动时又处于超重状态，故A错误；战车所受外力先沿斜面向下，后又沿斜面向上，B、C错误；由=可得战车运动的平均速度=2.5 m/s，所以选项D正确。

6.答案为：A；

解析：对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff=(M＋m)a，竖直方向：FN=(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ=ma，

解得tan θ=，当a增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。细线的拉力FT=，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。

二         、多选题

7.答案为：BC；

解析：设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F=n1ma；当加速度为a时，对P有F=(n－n1)ma，联立得2n=5n1。当n1=2，n1=4，n1=6时，n=5，n=10，n=15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。

8.答案为：BC；

解析：在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F=4ma，对A、D木块有fA=fD=ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA=fD=，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。

9.答案为：ABC；

解析：当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg，所以绳中拉力为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体：a=，对B：a=，联立解得绳中拉力为F，故C正确；由以上的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力为F－μmg，绳中拉力可能等于F，故D错误。

10.答案为：AC；

解析：上升过程中mg＋Ff=ma1，由题图可知a1=12 m/s2，解得Ff=2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff=ma2，可得a2=8 m/s2，根据h=at2可得== ，选项B错误；根据v=a2t2，t2= s，可得v=8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误。

三         、计算题

11.解：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得：F=(m1＋m2)a，

对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g=m1a，

联立解得F=μ1(m1＋m2)g=8 N。

(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：

μ1m1g=m1a1，解得a1=2 m/s2，

2 s末物块的速度为v1=a1t1=2×2 m/s=4 m/s。

木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：

F1－μ1m1g=m2a2，解得a2=4 m/s2。

1 s末木板的速度v1′=a2t2=4×1 m/s=4 m/s。

在1～2 s内F2=μ1m1g，

木板做匀速运动，速度为4 m/s。

2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，

共同的加速度大小为a共==μ2g，

m1的合力μ2m1g>fm=μ1m1g。

所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，

由牛顿第二定律有：－μ1m1g=m1a3，

得：a3=－2 m/s2。

速度从4 m/s减至零的时间t3== s=2 s。

木板做匀减速直线运动有：－μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g=m2a4。

得：a4=－ m/s2。

速度从4 m/s减至零的时间t4==1.5 s。

二者在整个运动过程的v­t图像如图所示(实线是木板的v­t图像，虚线是物块的v­t图像)。

0～2 s内物块相对木板向左运动Δx1=a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12，

2～4 s内物块相对木板向右运动Δx2=－，

解得：Δx=Δx1－Δx2=1 m。

所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx=1 m。

12.解：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，

由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg=Ma1；

解得：a1=6 m/s2。

对物块有：μ1mg=ma2；

解得：a2=4 m/s2。

因为a2<a1，故假设成立。

设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有：=a1t2－a2t2

代入数据解得：t=1 s

在此过程中，木板的位移为：x1=a1t2=×6×12 m=3 m，

末速度为：v1=a1t=6×1 m/s=6 m/s。

物块的位移为：x2=a2t2=×4×12 m=2 m，

末速度为：v2=a2t=4×1 m/s=4 m/s。

在小物块从木板上滑落后的0.2 s内，由牛顿第二定律，

对木板有：F－μ1Mg=Ma1′解得：a1′=8 m/s2。

木板发生的位移为：x1′=v1t0＋a1′t02  解得：x1′=1.36 m

此时木板距平台边缘的距离为：Δx=l－x1－x1′=(5－3－1.36)m=0.64 m。

(2)小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，

对物块有：μ2mg=ma2′解得：a2′=μ2g

若小物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：x2′=

要使物块最终不会从平台上掉下去需满足：

l＋≥x2＋x2′，联立解得：μ2≥0.2。