2026届高考物理一轮基础复习训练14 牛顿运动定律的综合应用

这是一份2026届高考物理一轮基础复习训练14 牛顿运动定律的综合应用，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1.如图甲所示，一小物块从长 1 m 的水平桌面一端以初速度 v0 沿中线滑向另一端，经过 1 s 从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为 μ，g=10 m/s2。下列 v0、μ 值可能正确的是（ ）
A. v0=2.5 m/s B. v0=1.5 m/s C. μ=0.28 D. μ=0.25
2.如图甲所示，一质量为 2 kg 的物块受到水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其 a−t 图像如图乙所示，t=0 时其速度大小为 2 m/s。物块与水平面间的动摩擦因数 μ=0.1，g=10 m/s2。在 t=1 s 时，拉力 F 的大小为（ ）
A. 4 N B. 5 N C. 6 N D. 7 N
3.飞船与空间站对接后，在水平推力 F 作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为 m 和 M，则飞船和空间站之间的作用力大小为（ ）
A. MM+mF B. mM+mF C. MmF D. mMF
4.倾角为 θ=45∘、外表面光滑的楔形滑块放在水平面上，滑块的顶端 O 处固定一细线，细线的另一端拴一小球。已知小球的质量为 m=1 kg，当滑块以 a=2g 的加速度向右加速运动时，细线拉力的大小为（ g=10 m/s2 ）（ ）
A. 10 N B. 5 N C. 105 N D. 102 N
5.如图，两相同物块 P、Q 置于水平地面上，其质量分别为 m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为 μ，重力加速度大小为 g。现对 Q 施加一水平向右的拉力 F，使两物块做匀加速直线运动。轻绳的张力大小为（ ）
A. F−2μmg B. 13F+μmg C. 13F−μmg D. 13F
6.在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法。如图所示，先对质量为 m1 的标准物体 P 施加一水平恒力 F，测得其加速度为 a1，然后将标准物体 P 与待测物体 Q 紧靠在一起，施加同一水平恒力 F，测得它们的加速度为 a2。则物体 Q 的质量 m2 为（ ）
A. m2=m1a2a1−a2 B. m2=m1a1−a2a2
C. m2=m1a1a1−a2 D. m2=m1a1−a2a1
7.两物块 P、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时 P 静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力 F 作用在 P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知 P、Q 的质量分别为 mP=0.5 kg、mQ=0.2 kg，P 与桌面间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g=10 m/s2。推力 F 的大小为（ ）
A. 4.0 N B. 3.0 N C. 2.5 N D. 1.5 N
8.倾角为 θ=30∘ 的光滑斜面体放在光滑水平地面上，一轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块 a、b，a 的质量为 2m，b 的质量为 4m。重力加速度为 g。将 a、b 由静止释放，则绳子对定滑轮的作用力大小为（ ）
A. 23mg B. 4mg C. 6mg D. 8mg
二、多项选择题
9.如图甲所示，水平地面上有一质量为 m1 的长木板，木板的左端上有一质量为 m2 的物块。用水平向右的拉力 F 作用在物块上，F 随时间 t 的变化关系如图乙所示，木板的加速度 a1 随时间 t 的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为 μ1，物块与木板间的动摩擦因数为 μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为 g。则（ ）
A. F1=μ1m1g B. F2=m2(m1+m2)m1(μ2−μ1)g
C. μ2>m1+m2m2μ1 D. 在 0∼t2 时间段物块与木板加速度相等
10.如图所示，水平地面上静止放置一质量为 M 的物体，现用竖直向上的力 F 向上提它，力 F 变化引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示。重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是（ ）
A. 当 F 小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力 Mg>F，物体不动
B. 图乙中A点的横坐标等于物体的重力大小
C. 物体向上运动的加速度与力 F 成正比
D. 图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为 −g
11.如图所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角为 θ=30∘，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块 a、b，a 的质量为 2m，b 的质量为 4m。重力加速度为 g。将 a、b 由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A. 绳子对 b 的拉力大小为 4mg
B. a 的加速度大小为 g2
C. 绳子对定滑轮的作用力大小为 23mg
D. 在相同时间内（b 未触地），a、b 速度变化量大小不相等
12.用水平拉力使质量分别为m甲、m乙 的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲 和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力 F 与其加速度 a 的关系图线如图所示。由图可知（ ）
A. m甲m乙 C. μ甲μ乙
三、非选择题
13.如图所示，倾角为 θ 的足够长光滑斜面体固定在水平面上，质量相等的物块 A、B 用劲度系数为 k 的轻弹簧连接放在斜面上。将 B 锁定，A、B 处于静止状态。现解除对 B 的锁定，则在弹簧第一次恢复原长的过程中：
(1) A 和 B 的速度变化量大小是否相等？
(2) B 的平均速度是否比 A 的平均速度大？
14.在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供推力，使火箭上升到 30 km 高空时速度达到 1.2 km/s，助推器脱落。已知助推器脱落后的运动过程中，受到的阻力大小恒为助推器重力的 15，g=10 m/s2。求：
(1) 助推器能上升到距离地面的最大高度；
(2) 助推器落回地面的速度大小和从脱离到落地经历的时间。
15.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为 1 kg 的物体 A、B（B 与弹簧拴接）。现用一方向竖直向上的拉力 F 作用在物体 A 上，使 A 开始向上做加速度大小为 4 m/s² 的匀加速直线运动。g=10 m/s2。求：
(1) 外力 F 刚施加的瞬间，F 的大小；
(2) A、B 分离时，A 物体的位移大小。
16.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。滑块以加速度 a=2g 水平向左加速运动，小球与滑块相对静止。重力加速度为 g。求：
(1) 细线对小球的拉力大小；
(2) 小球对滑块的压力大小。
17.一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量不计，盘内放一物体 P 处于静止。P 的质量 m=12 kg，弹簧劲度系数 k=800 N/m。现给 P 施加一竖直向上的力 F，使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动。已知前 0.2 s 内 F 的大小是变化的，在 0.2 s 后 F 是恒力，g=10 m/s2。求：
(1) 未施加力 F 时弹簧的压缩量；
(2) 物体做匀加速直线运动的加速度大小；
(3) F 的最小值和最大值。
答案及解析
一、单项选择题
答案：B
解析：
物块做匀减速运动，位移 x=1 m，时间 t=1 s，平均速度 v=1 m/s，故 v00），A错误，B正确。
由 x=v0t−12μgt2，得 μ=2(v0−1)10，若 v0=1.5 m/s，则 μ=0.1m1+m2m2μ1，C正确。
0~t2 内 a−t 图像重合，加速度相等，D正确。
答案：ABD
解析：
对物体受力分析，由牛顿第二定律得：F−Mg=Ma，整理得 a=FM−g。
当 FF，A正确。
当 a=0 时，F=Mg，即A点横坐标等于物体重力，B正确。
加速度与 F 是一次函数关系（线性关系），而非正比，C错误。
由 a=FM−g，当 F=0 时，a=−g，即B点纵坐标为 −g，D正确。
答案：BC
解析：
对 b：4mg−T=4ma；对 a：T−2mgsin30∘=2ma，联立得 T=2mg，a=g2。
A错误，B正确。
绳子对定滑轮的作用力为两绳拉力的合力，夹角为 60∘：
F=2Tcs30∘=2×2mg×32=23mg，C正确。
加速度大小相等，故相同时间内速度变化量相等，D错误。
答案：BC
解析：
由牛顿第二定律：F−μmg=ma，整理得 F=ma+μmg。
图像斜率为质量 m，故 m甲>m乙（甲斜率更大），B正确。
纵轴截距为 μmg，由图知截距相等，故 μ甲m乙），C正确。
三、非选择题
解：
(1)解除锁定时，弹簧弹力 F=mgsinθ。对 A：F=maA ⇒ aA=gsinθ（逐渐增大）；对 B：F+mgsinθ=maB ⇒ aB=2gsinθ（逐渐减小）。
全程 aB>aA，相同时间内 ΔvB>ΔvA，故速度变化量不相等。
(2)平均速度 v=v0+vt2，初速度均为0，末速度 vB>vA，故 vB>vA。
解：
（1）上升阶段：加速度 a1=g+15g=12 m/s2，上升高度：
ℎ2=v022a1=(1200)22×12=60000 m=60 km
最大高度 H=30+60=90 km。
（2）下落阶段：加速度 a2=g−15g=8 m/s2，落地速度：
v=2a2H=2×8×90000=1200 m/s
时间：t1=v0a1=100 s，t2=va2=150 s，总时间 t=250 s。
解：
（1）初始时弹簧压缩量 x0=2mgk=2×1×1050=0.4 m。
施加 F 瞬间，对整体：F+kx0−2mg=2ma ⇒ F=2ma=2×1×4=8 N。
（2）分离时 、A、B 间弹力为0，对 B：kx2−mg=ma ⇒ x2=0.28 m。
位移 Δx=x0−x2=0.12 m。
解：
（1）小球脱离斜面，拉力 FT 满足：FTsinθ=mg，FTcsθ=ma=2mg，联立得：
FT=(mg)2+(2mg)2=5mg
（2）小球已脱离斜面，故对滑块的压力为0。
解：
（1）平衡时：mg=kx0 ⇒ x0=12×10800=0.15 m。
（2）0.2 s 时分离，位移 x0=12at2 ⇒ a=2× m/s2。
（3）初始时 F 最小：Fmin+kx0−mg=ma ⇒ Fmin=ma=90 N。
分离时 F 最大：Fmax−mg=ma ⇒ Fmax=m(g+a)=210 N。