专题1.7 牛顿运动定律在动力学问题中的应用-2023年高考物理靶向专项强化训练（三大题型+冲刺模拟）

2023年高考物理靶向专项强化训练

专题1.7 牛顿运动定律在动力学问题中的应用

1．2023年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由滑雪女子空中技巧比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看做质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态

B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态

C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态

D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态

【答案】B

【详解】A．运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；

B．忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，物体的加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；

C．运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；

D．运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速竖直向上，处于超重状态，D错误。故选B。

2．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度m/s。传送带与水平面间的夹角为。现将一质量kg的物块轻放在其底端（物块可视为质点），与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力N。经过一段时间，物块运动到了离地面高为m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g取10m/s2，，）。则以下说法正确的是（　　）

A．物块先做匀加速运动再匀速运动

B．物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为2.1s

C．若在物块与传送带达到相同速度时。立即撤去恒力F，物块先减速上滑再加速下滑从传送带的下端离开传送带

D．若在物块与传送带达到相同速度时。立即撤去恒力F，物块再经过s离开传送带

【答案】D

【详解】AB．对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同，由牛顿第二定律得代入数据解得m/s2

物块加速过程所用的时间s运动的距离m物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10N，所以物块相对传送带以a2继续向上加速，由牛顿第二定律得代入数据解得m/s2继续向上加速过程传送带长度为解得s故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间s，A、B错误；

CD．若共速后撤去恒力，因为，对物块进行受力分析可知，物块将减速向上运动，有代入数据解得m/s2经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开，设物块还需时间离开传送带，离开时的速度大小为，则由运动学公式有

代入数据解得m/s故s，C错误D正确。故选D。

3．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，木板B受到不断增大的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a―F图像、已知g取10m/s2，则（　　）

A．滑块A的质量为1kg

B．木板B的质量为4kg

C．当F=10N时木板B加速度为4m/s2

D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1

【答案】C

【详解】AB．由图知，当F=8N时，加速度为a=2m/s2，对整体，由牛顿第二定律有代入数据解得mA+mB=4kg当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得

解得由图示图象可知，图线的斜率解得故滑块A的质量为mA=3kg

故AB错误；

D．根据知当a=0时，F=6N，代入解得故D错误；

C．根据F=10N>8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为

故C正确。故选C。

4．如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，下列说法正确的是（　　）

A．当F=0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动

B．当F=2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动

C．当F=3.5μmg时，B、C以相同加速度运动

D．只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动

【答案】B

【详解】B对C的最大作用力为由于C是轻质绸布，故AC间最大作用力为小于AC间最大静摩擦力 ，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动。

B与C发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律对ABC整体，由牛顿第二定律故当，B与C将发生相对滑动，且发生相对滑动后，二者加速度不同。

水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会发生运动。故B正确,ABD错误。故选B。

5．如图甲，劲度系数的轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端叠放P、Q两物块，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做加速度的匀加速直线运动，F随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度g取，设P的质量为m，Q的质量为M，则下列关于m和M的值计算正确的是（　　）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【详解】时刻，F最小，F的最小值当PQ分离后，F恒定，此时F最大，对P分析整理得解得；，D正确，ABC错误。故选D。

6．如图1为一自动卸货矿车工作时的示意图：矿车空载时质量为100kg；矿车载满货物后，从倾角α＝30°的固定斜面上A点由静止下滑，下滑一段距离后，压缩固定在适当位置的缓冲弹簧，当弹簧产生最大形变时（仍在弹性限度内），矿车立即自动卸完全部货物，然后借助弹簧的弹力作用，返回原位置A，此时速度刚好为零，矿车再次装货。设斜面对矿车的阻力为车总重量的k倍，已知矿车下滑过程中，加速度a与位移x的部分关系图象如图2所示。矿车可视为质点，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则（　　）

A．k＝0.25

B．卸货点距A点25m

C．矿车的载货量为200kg

D．弹簧的劲度系数为750N/m

【答案】ACD

【详解】A．设矿车质量为m，载货量为M，矿车未接触弹簧前，由牛顿第二定律

其中a=2.5m/s2，可得，A正确；

B．距A点25m处加速度为零，速度最大，此时还没有到达卸货点，故B错误；

C．卸货点距A为s，由功能关系可得：下滑过程弹回过程

解得M＝2m＝200kg，C正确；

D．设弹簧的劲度系数为K，由图可知25m处的加速度为0，有：代入图象数据可得选项D正确。故选ACD。

7．如图所示，A、B两小球通过绕过轻质光滑定滑轮的不可伸长的细线相连，A球放在足够长的固定光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A球，并使连接A、B球的细线刚刚拉直但无拉力作用，且保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A球的质量为，B、C球的质量均为，取重力加速度大小，开始时整个系统处于静止状态。释放A球后，A球沿斜面下滑至速度最大时C球恰好离开地面。弹簧一直在弹性限度内，下列描述正确的是（　　）

A．斜面的倾角为30°

B．A球的最大速度为

C．C球刚离开地面时，B球的加速度最大

D．从释放A球到C球刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能先增加后减少

【答案】ABD

【详解】AC．C球恰好离开地面时，对C球有此时A、B球有最大速度，但加速度最小，即

则对B球有对A球有解得选项A正确、C错误。

B．初始系统静止，且线上无拉力，对B球有由此可知则从释放A球至C球恰好离开地面的过程中，弹簧的弹性势能变化量为零；此过程中A、B球的速率始终相等，A、B、C球组成的系统（包括弹簧）机械能守恒，有解得所以A球的最大速度为，选项B正确。

D．从释放A球到C球刚离开地面的过程中，弹簧对B球的弹力方向先为竖直向上，后为竖直向下，故弹簧弹力对A、B球组成的系统先做正功，后做负功，从而使得系统的机械能先增加后减少，选项D正确。

故选ABD。

8．如图所示，质量为的物块静置在光滑水平桌面上，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为的物块，由静止释放物块、后（重力加速度大小为）（　　）

A．相同时间内，运动的路程之比为 B．物块的加速度之比为

C．细绳的拉力 D．当下落高度时，速度为

【答案】ACD

【详解】A．由动滑轮的绳子位移运动特点可知，在相同时间内，运动的路程之比为，A正确；

B．两物块都做初速度为0的匀加速直线运动，由可知，相同时间内，物体的位移与加速度成正比，所以物块的加速度之比为，B错误；

C．设绳子的拉力为T，对A有对B有；解得 ，，C正确；

D．当下落高度时，速度为解得，D正确。故选ACD。

9．如图所示，水平传送带以速度向右匀速运动，小物体P、Q质量均为，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有向右的速度，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数，传送带长度，绳足够长，．关于小物体P的描述正确的是（       ）

A．小物体P离开传送带时速度大小为

B．小物体P离开传送带时速度大小为

C．小物体P在传送带上划过的痕迹长度约为

D．小物体P在传送带上划过的痕迹长度约为

【答案】AC

【详解】P相对传送带向右运动时，对PQ，由牛顿第二定律有解得，P与传送带共速前，P的位移带入数据解得即P速度减小到时未从传送带右端滑出，所用的时间相对位移大小为在P的速度和传送带速度相等后，因为Q的重力大于P所受的最大静摩擦力，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有得

则速度减小到0的位移为带入数据得则从减速到0的时间

相对位移大小为由于故P不会从传送带右端滑出，以后以向左加速，有求得传动到传送带最左端的速度相对位移为小物体P运动过程中在传送带上划过的痕迹有一部分会重合，留下的痕迹的长度为故AC正确，BD错误。

故选AC。

10．当洪水来袭时，我们应当如何自救呢？一个电视节目通过实验发现大家紧挨着站成一排，可以有效抵抗洪水对身体的冲击力。建立如图所示的物理模型，五个质量相等的物块紧靠在一起放置在水平地面上。某时刻用力F推物块1恰好未推动，已知物块与地面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　）

A．物块2、3、4、5受到前一物块的弹力依次减小

B．物块3对物块4的弹力大小为

C．物块1与2、2与3、3与4、4与5间的弹力之比为4∶3∶2∶1

D．若仅增大物块与地面间的动摩擦因数，则物块间的弹力一定变大

【答案】AC

【详解】假设每个物块的质量均为m，先对五个物块整体进行受力分析，恰好未推动，则整体所受的摩擦力恰等于最大静摩擦力，然后再隔离后面的物块进行受力分析，结果如下表所示：

若仅增大物块与地面间的动摩擦因数，用力F推物块1，物块1不动，其他物块间的弹力可能变为零，故D错误。故选AC。

11．如图所示，倾角=37°质量为M=2.0kg的斜面体上放有三个小木块A、B、C，质量均m=1kg，A、C与斜面体间的接触面光滑，B与斜面体间的动摩擦因数μ=0.25，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用轻绳相连。现在给C一个沿斜面向上大小为26N的拉力F，使A、B、C三个木块一起以相同的加速度沿斜面向上做匀加速直线运动，已知斜面体相对于水平地面始终不动（重力加速度g取10m/s2），则下列说法正确的是（　　）

A．某一时刻撤去拉力F，则撤去F的瞬间，轻绳中的张力大小为5N

B．某一时刻撤去拉力F，则撤去F的瞬间，轻绳中的张力大小为18N

C．某一时刻撤去拉力F，则撤去F的瞬间，地面对斜面体的摩擦力不变

D．某一时刻撤去拉力F，则撤去F的瞬间，地面对斜面体的支持力变大

【答案】AC

【详解】AB．依题意，未撤去拉力F时，ABC整体沿斜面向上加速，整体根据牛顿第二定律可得

代入数据求得加速度大小为设弹簧弹力为，对A利用牛顿第二定律有求得当撤去拉力F后，弹簧弹力保持不变，设绳的拉力为，对B、C分别利用牛顿第二定律有；联立代入数据求得，此时绳的拉力大小故A正确，B错误；

CD．撤去拉力瞬间，由于ABC整体对斜面的作用力未发生变化，所以斜面体相对地面仍保持不动，则地面对斜面体的摩擦力与未撤去拉力时相同，地面对斜面体的支持力不变，故C正确，D错误。故选AC。

12．如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，（已知重力加速度为）。则（　　）

A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg

B．若滑块以加速度a=g向左加速运动时，线中拉力为mg

C．当滑块以加速度a=g向左加速运动时，小球对滑块压力不为零

D．当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，线中拉力为2mg

【答案】AC

【详解】A．当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为故A正确；

BC．设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为，小球受到重力、拉力作用， 根据牛顿第二定律可得加速度即此时小球没有脱离斜面，则水平方向

竖直方向联立可得：故选项B错误，C正确；

D．当滑块以加速度向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为

故D错误。故选AC。