2023年高考物理一轮复习课时练09《牛顿运动定律的综合应用》(含答案详解)

2023年高考物理一轮复习课时练09

《牛顿运动定律的综合应用》

一 、选择题

1.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

2.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10 m/s2，根据图像分析可知(　　)

A.人的重力为1 500 N

B.c点位置人处于超重状态

C.e点位置人处于失重状态

D.d点的加速度小于f点的加速度

3.将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是(　　)

A.   B.  C.   D.

4.如图所示，斜面体A上的物块P，用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上，在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是(　　)

A.物块P与斜面之间一定存在摩擦力

B.轻弹簧一定被拉长

C.地面对斜面体A一定存在摩擦力

D.若增大推力F，则弹簧弹力一定减小

5.探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是(　　)

6.一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A.铝球刚开始运动的加速度a0＝g

B.铝球下沉的速度将会一直增大

C.铝球下沉过程所受到油的阻力Ff＝

D.铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功

7.如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则(　　)

A.F的最大值为12 N

B.0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反

C.3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/s

D.在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动

8.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，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A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v­t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则(　　)

A.施加外力前，弹簧的形变量为

B.外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)

C.A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零

D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值

9. (多选)如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小车，小车质量为M=5 kg，小车上静止地放置着质量为m=1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有(　　)

A.am=1 m/s2，aM=1 m/s2

B.am=1 m/s2，aM=2 m/s2

C.am=2 m/s2，aM=4 m/s2

D.am=3 m/s2，aM=5 m/s2

10. (多选)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B、C间用一不可伸长的轻绳相连，A、B木块间的最大静摩擦力是f1，C、D木块间的最大静摩擦力是f2。现用水平拉力F拉A木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则(　　)

A.当f1＞2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动

B.当f1＞2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动

C.当f1＜2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动

D.当f1＜2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动

11. (多选)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是(　　)

A.甲车的加速度大小为

B.甲车的加速度大小为0

C.乙车的加速度大小为

D.乙车的加速度大小为0

12. (多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ。现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法正确的是(　　)

A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大

B.两种情况下获取的最大加速度相同

C.两种情况下所加的最大推力相同

D.采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力

三 、计算题

13.如图所示，有一长度x＝1 m、质量m0 ＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4 kg的物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2)

14.一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小滑块以某一速度滑到木板上表面，经过2 s滑块和木板同时停下，滑块始终在木板上。木板运动的速度随时间变化的图象如图所示，已知木板和滑块的质量均为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象信息解答下面问题：

(1)求出木板和滑块间的动摩擦因数；

(2)滑块刚滑到木板上时的速度多大？

(3)求整个过程中滑块和木板之间产生的热量。

15.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。

0.答案解析

一 、选择题

1.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。

2.答案为：B；

解析：分析图像可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G=500 N，A错误。c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误。在f点，人只受重力，加速度g=10 m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FN－mg=ma，得a=20 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。

3.答案为：C；

解析：对环受力分析，受重力、拉力，还可能受弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，

也可能向下，也可能等于0。

(1)若环受到的弹力为0，则：Fcos θ=ma，Fsin θ=mg解得：F=或F=。

(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)=ma

所以：F=。

(3)若环受到的弹力的方向向下，则：Fcos θ－μ(Fsin θ－mg)=ma

所以：F=。所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的。

4.答案为：C；

解析：若物块P受到弹簧的拉力与物块的重力沿斜面向下的分力及推力F、支持力平衡，则不受摩擦力，选项A错误；若物块P受到支持力与物块的重力沿斜面向下的分力及推力F三力平衡，则无弹簧弹力，选项B错误；物块P、斜面体A及弹簧相对静止，可看成一整体，受到的地面的摩擦力等于推力F，选项C正确；增大推力F，根据物块P与斜面之间可能存在的静摩擦力的特点，即0≤f≤fm，判断弹簧弹力减小、不变或者增大都有可能，选项D错误。

5.答案为：D

解析：人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故D正确。

6.答案为：C

解析：刚开始释放时，小球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a＝＝g－＜g，A错误；从题图乙中可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，到达v0时，加速度为0，速度不再增大，B错误；开始释放时有mg－F浮＝ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力和浮力作用，由牛顿第二定律得，mg－F浮－Ff＝ma，又由题图乙可得a＝a0－v，联立以上各式解得，阻力Ff＝，C正确；铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D错误。

7.答案为：C

解析：由a－t图象知加速度最大时a＝4 m/s2，由牛顿第二定律F－μmg＝ma知，F最大值大于12 N，A错误；0～1 s和2～3 s内，加速度均为正方向，B错误；3 s末速度最大，由a－t图面积知Δv＝8 m/s，所以vmax＝8 m/s，C正确；0～1 s和2～3 s内加速度a与速度v均同向都做加速运动，但a大小变化，所以不是匀加速，D错误。

8.答案为：B

解析：施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。

9.答案为：AC；

解析：当M与m间的静摩擦力f≤μmg=2 N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：

am==μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2此时F=(M＋m)am=(5＋1)×2 N=12 N

当F<12 N，可能有aM=am=1 m/s2。

当F>12 N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM>am=2 m/s2。

故选项A、C正确，B、D错误。

10.答案为：AD；

解析：当f1＞2f2，C、D即将发生相对滑动时，C、D间的静摩擦力达到最大值f2，先以D为研究对象，由牛顿第二定律得：f2=2ma，得a=，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F=6ma=3f2。此时，以BCD整体为研究对象，可知，A对B的摩擦力fAB=4ma=2f2＜f1，说明A、B间相对静止，故A正确，B错误。当f1＜2f2，A、B即将发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值f1，先以BCD整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f1=4ma′，得a′=，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F=6ma′=f1。此时，以D为研究对象，根据牛顿第二定律得：C对D的摩擦力fCD=2ma′=＜f2，则知C、D间相对静止，故C错误，D正确。

11.答案为：BC

解析：对甲图中人和车组成的系统受力分析，在水平方向的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲＝0，A错误，B正确；在乙图中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F，对人和车组成的系统受力分析，水平合外力为2F，由牛顿第二定律知：a乙＝，则C正确，D错误。

12.答案为：BC

解析：F作用于题图甲中A时，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图甲，FN1cosθ＝mg，对B：FN1sinθ＝ma1；F作用于题图乙中A时，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图乙，FN2cosθ＝mg，FN2sinθ＝ma2，可见FN2＝FN1，a2＝a1，对整体易知两种情况下所加的最大推力相同，选项B、C正确。

三 、计算题

13.解：小车和物块的运动情况如图所示，在物块运动到小车右端的过程中，

小车发生的位移为x1，物块发生的位移为x2，取向右为正，以小车为研究对象，

由牛顿第二定律得μmg＝m0a1①

由匀变速运动的公式得x1＝a1t2②

以物块为研究对象，由牛顿第二定律得

F－μmg＝ma2③

由匀变速运动的公式得x2＝a2t2④

由题意得x2－x1＝x⑤

由①②③④⑤代入数据得F＝16 N。

14.解：(1)由图象求得0～1 s木板加速度大小a1＝1 m/s2

1～2 s木板与滑块整体加速度大小a2＝1 m/s2

木板与地面间摩擦力大小F＝2ma2＝0.2 N

设木板和滑块间的动摩擦因数为μ，在0～1 s内μmg－F＝ma1

代入数据解得μ＝0.3

(2)滑块在滑上木板0～1 s过程中μmg＝ma

v0－at＝v

由图象可得v0＝4 m/s

(3)由图象可知，从开始到木板与滑块共速过程的位移s木＝0.5 m

s块＝×1 m＝2.5 m

设滑块和木板之间产生的热量为Q，

热量只在0～1 s的过程中产生Q＝μmg(s块－s木)

代入数据解得Q＝0.6 J。

15.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== s=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。