高考物理二轮复习选择题强化训练专题1.7 牛顿运动定律在动力学问题中的应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习选择题强化训练专题1.7 牛顿运动定律在动力学问题中的应用（2份，原卷版+解析版），共14页。
A．该同学从离地面高度为处缓降
B．内，该同学的平均速度大小为
C．内，该同学先超重后失重
D．内和内，该同学具有相同的加速度
【答案】A
【详解】A．由题图可知，内该同学做匀加速直线运动，设最大速度为，由
，，解得，由题图可知，内该同学做匀减速直线运动，设加速度大小为，可知，，解得，
所以该同学从离地面高度为处缓降，A正确；
B．内该同学的平均速度为，B错误；
C．内该同学先向下做匀加速直线运动后向下做匀减速直线运动，故该同学先失重后超重，C错误；
D．由以上分析知该同学在内和内加速度等大反向，错误。故选A。
2．如图，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为，当缆绳带动车厢以加速度匀加速向上运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为，则货物与车厢的动摩擦因数至少为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设货物的质量为，以为研究对象进行受力分析，同时将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解，如图所示：
则水平方向的加速度竖直方向的加速度大小为对于，在竖直方向根据牛顿第二定律可得在水平方向根据牛顿第二定律可得又联立解得故选B。
3．一足够长的倾角为的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球间的是一平行于斜面的轻杆，如图所示，现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为，当木板固定时，传感器的示数为。则下列说法中正确的是（ ）
A．稳定后传感器的示数一定为零B．
C．D．
【答案】D
【详解】当木板沿斜面向下滑时，对整体受力分析加速度
单独对小球受力分析解得当木板固定时，对小球受力分析，根据共点力平衡有则可得故选D。
4．如图所示，AB是一个倾角为的输送带，P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB输送带间建立一管道（假设其光滑），使原料从P处以最短的时间到达输送带上，则管道与竖直方向的夹角应为（ ）
A．0B．C．D．
【答案】B
【详解】如图所示，以处为圆的最高点作圆与传送带相切与点，
设圆的半径为，从建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为，原料下滑的加速度为
管道长度为由运动学公式可得解得
可知从建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等；故在与输送带间建立一管道，原料从P处到输送带上所用时间最短，由图中几何关系可知，管道与竖直方向的夹角为故选B。
5．如图，质量为M的大圆环中间有一立柱，其上串着一个质量为m的球，球和立柱间有摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，则地面对大圆环的支持力大于
B．小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，则地面对大圆环的支持力小于
C．小球在立柱上以一定的速度向上运动，当初速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地面
D．小球在立柱上以一定的速度向上运动，当加速度足够大时，小球就能通过力将大圆环托离地面
【答案】D
【详解】A．小球在立柱上端由静止释放，若加速下滑，整个系统中有部分（小球）处于失重状态，则地面对大圆环的支持力小于，A错误；
B．小球在立柱上以一定的速度向下运动，若减速下滑，整个系统中有部分（小球）处于超重状态，则地面对大圆环的支持力大于，B错误；
C．当小球对立柱向上的摩擦力大等于时，大圆环离开地面，故小球能否通过摩擦力将大圆环托离地面，取决于摩擦力大小，与初速度大小无关，C错误；
D．若小球与立柱的摩擦力大于或等于大圆环的重力时，就可能通过摩擦力将大圆环托离地面，此时
解得，D正确。故选D。
6．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是（ ）
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
【答案】C
【详解】AB．物体B和A分离后，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，做匀速直线运动；所以分离时A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故AB错误；
C．物体B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量ΔF=mg
两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小Δx=h由胡克定律得故C正确；
D．对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，拉力不变，弹力在减小，合力减小，整体做加速度减小的变加速运动，故D错误。故选C。
7．如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA= 1kg，mB= 3kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（ ）
A．A、B脱离之前，A物体所受的合外力逐渐减小
B．A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m
C．A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动
D．A、B脱离前，水平力FA对物体A做功为30J
【答案】B
【详解】A．由乙图可得FA= 9－3t（N），FB= 3＋3t（N）在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA＋FB= 12N，匀加速运动的加速度则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，A球所受的合外力不变，A错误；
B．当A、B脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故解得t = 2s则A、B脱离前，它们一起运动位移为，B正确；
C．脱离后的1s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t = 3s后A不受推力后A将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，C错误；
D．由于FA为随时间变化的变力，则无法求出水平力FA对物体A做的功，D错误。故选B。
8．图甲中，两滑块A和B叠放在光滑水平地面上，A的质量为m1，B的质量为m2，设A、B间的动摩擦因数为，作用在上的水平拉力为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。图乙为与的关系图像，其直线方程为下列说法正确的有（ ）
A．和的值位于区域时，A、B相对滑动
B．和的值位于区域时，A、B相对静止
C．和的值位于区域时，A、B相对滑动
D．和的值位于区域时，A、B相对静止
【答案】AD
【详解】AB．若AB发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对A：对B：
而联立可得，和的值位于区域时，A、B相对滑动，A正确，B错误；
CD．若AB不发生相对滑动，AB间的摩擦力小于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律
而联立解得，和的值位于区域时，A、B相对静止，C错误，D正确。
故选AD。
9．我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特区的中学生设计的“双摆实验”进入太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如下图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端栓接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对两个小球整体分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图所示
由牛顿第二定律可得可得对较重小球分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图所示
由牛顿第二定律可得可得所以有即两段轻绳与竖直方向的夹角相同。故选A。
10．如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为、、，且。用一水平外力将薄板沿垂直的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为，则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开模板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有可得，加速运动与减速运动时的加速度都为由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速的位移小于B、C加速的位移。离开薄板后，根据可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离。故选A。
11．如图所示，水平传送带以速度匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带右端具有速度，P与定滑轮间的绳水平，时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。下列描述小物体P速度随时间变化的图像中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】开始向右，P受向右滑动摩擦力和绳拉力， 向左减速运动，可能一直向左减速，到传送带左端时速度仍大于等于v1，无图符合；
开始向右，若此时，先向左匀减速到速度小于后摩擦力变成向左，加速度变小，继续向左减速，可能减速到传送带左端离开，离开时速度小于v1，A图斜率变大即加速度变大不符合；也可能减速到零后未到传送带左端，接着反向加速离开，B图符合；
开始向右，若时，物体向左做匀减速运动，当速度等于后与传送带之间为静摩擦力与平衡，开始做匀速运动到离开传送带，无图符合。
开始向左做减速运动，则应是且，减速为零后反向加速加速度大小不变，反向加速回到原点的时间和减速的时间相同，因此CD无图符合。故选B。
12．如图甲所示，倾斜传送带正以恒定的速度v沿顺时针方向运动，传送带的倾斜角为。一质量的物块以某一初速度，从传送带的底部A处冲上传送带并沿传送带运动，其运动的图如图乙所示，物块运动到达顶端B处时，速度恰好为零。，，。则（ ）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为
B．物块在传送带上留下划痕的长度为
C．物块上升过程中，机械能先增加后减小
D．由于传送物体，电动机需要对传送带先做负功后做正功
【答案】D
【详解】A．由图示图像可知，0~1s内物块的加速度大小为 负号表示加速度方向与速度方向相反；由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcsθ=ma代入数据解得μ=0.25选项A错误；
B．由图示图像可知，传送带速度为4m/s，物块先相对传送带上滑，相对位移为
后相对传送带下滑，相对位移为则物块在传送带上留下划痕的长度为4m，B错误；
传送带底端到顶端的距离为选项B正确；
C．物块上滑过程中，先受向下滑动摩擦力后受向上滑动摩擦力，摩擦力先做负功后做正功，故机械能先减小后增大，C错误；
D．物块上滑过程中，传送带先受向上摩擦力后受向下摩擦力，物块对传送带先做正功后做负功，要维持传送带速度不变，则电动机需要对传送带先做负功后做正功，D正确。故选D。
13．如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3~4.5s段为直线（时，时），g取。下列说法正确的是（ ）

A．传送带沿顺时针方向转动
B．传送带速度大小为1
C．小物块与传送带间的动摩擦因数
D．0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为-3J
【答案】ACD
【详解】A．根据图乙可知，小物块的位移先增大后减小，表明小物块的运动方向发生了反向，则传送带必定沿顺时针方向转动，A正确；
B．根据图乙分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，后反向向右做匀加速直线运动至与传送带达到相等速度，最后以该速度向右做匀速直线运动，则传送带速度为，B错误；
C．根据图乙可知，小物块向左匀减速经历时间t0=2s速度减为0，后向右加速经历时间t1=1s速度与传送带达到同速v0，则有，解得，C正确；
D．小物块向左匀减速的初速度全过程对小物块分析有解得
，D正确。
故选ACD。
14．如图甲所示，倾角为、足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前内和在内为两段不同的二次函数，时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．传送带转动速率为
B．图乙中的数值为2.0
C．内煤块在传送带上的划痕长度为
D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
【答案】BD
【详解】A．假设煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律，可得加速度大小为当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得加速度大小为煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为，由于则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得
求得可得传送带的速度大小为故A错误；
BD．由选项A分析可知，图乙中时刻，煤块向上运动速度减为零，根据
求得煤块与传送带之间的动摩擦因数为代入求得又因为求得故BD正确；
C．内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为
内煤块在传送带上的划痕长度为但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以内煤块在传送带上的划痕长度为，故C错误。故选BD。
15．如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为的长木板B沿着斜面以速度匀速下滑，现把质量为m=2kg的铁块A（可视为质点）无初速度放在长木板B的左端，铁块最终没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，sin37°=0.6.，则下列判断正确的是（ ）
A．铁块A刚放在长木板B上时，长木板B的加速度大小为12m/s2，方向沿斜面向上
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为4m/s
C．长木板的长度一定为4m
D．从铁块放上长木板到两者共速的过程中，两者所构成的系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】D
【详解】AB．开始时长木板B沿着斜面以速度匀速下滑，有
解得铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有
解得方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有
解得方向沿斜面向上，铁块A和长木板B共速的时间为t，则解得s铁块A和长木板B共速后，速度大小为选项AB错误；
C．铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的最小长度为
即长木板的长度，故C错误；
D．由于滑动摩擦力做功，A、B系统机械能不守恒，又因为
A、B系统合外力为零，系统动量守恒，选项D正确。故选D。
16．如图（a）所示，质量为M=3kg的木板放置在水平地板上，可视为质点的质量为m=2kg的物块静止在木板右端。t=0时刻对木板施加水平向右的外力F，t=2s时刻撤去外力，木板的v—t图像如图（b）所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为，物块始终没有滑离木板，重力加速度g取。则（ ）
A．木板与地板间的动摩擦因数为0.3
B．水平外力大小F为18N
C．物块运动的时间为2.4s
D．木板长度至少为2.40 m
【答案】BD
【详解】AB．由v—t图像斜率表示加速度，可知木板先做匀加速直线运动，加速度为
撤去外力后做匀减速直线运动，加速度为设水平外力大小为F，木板与地板之间的动摩擦因数为，则有，解得，，A错误，B正确；
C．物块与木板相对滑动时物块的加速度，时物块的速度大小为
此时物块的位移设再经物块与木板共速，则有解得
，此后物块与木板相对静止并沿地板滑动，直至停下来，继续滑动的时间
所以物块滑动的时间为，C错误；
D．从撤去外力到物块与木板达到相对静止这段时间内物块的位移从撤去外力到物块与木板达到相对静止这段时间内木板的位移木板前2s的位移
木板长度至少为，D正确。故选BD。
17．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示，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（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取。则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．木板加速度所能达到的最大值为D．在时间段物块做匀加速直线运动
【答案】AC
【详解】A．木板与地面间的最大静摩擦力木板与物块间的最大静摩擦力
当拉力逐渐增大到F1时，木板首先相对地面发生相对滑动，此时拉力大小为
A正确；
BC．当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板对物块
解得；
此时拉力大小为20N，木板加速度达到最大值为2m/s2，B错误，C正确；
D．在时间段，物块 所受拉力逐渐增大，加速度变大，不做匀加速直线运动，D错误。故选AC。
18．如图甲所示，粗糙水平面上：静置一质量M = 1kg的长木板，其上叠放一质量为m的木块。现给木板施加一随时间t均匀增大的水平力F = kt（k = 1N/s）。已知木板与地面间的摩擦力为f1，木块与木板之间的摩擦力为f2，f1和f2随时间t的变化图线如图乙所示。若最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度g = 10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．木块的质量m = 3kg
B．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.3
D．16s末木块与木板的速度大小之比为2：3
【答案】ABD
【详解】AB．设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，由图乙可知，0 ~ 4s时间内，木板与地面间的摩擦力f1随F增大而增大，木块与木板之间的摩擦力f2为0，说明木板和木块均静止，4s后，摩擦力f1保持不变，说明木板开始相对地面滑动，且滑动摩擦力f1= μ1(M＋m)g = 4N设木板与木块间的动摩擦因数为μ2，4 ~ 12s内，木块与木板之间的摩擦力f2随F增大而增大，说明摩擦力f2为静摩擦力，木板和木块相对静止，一起加速运动，对木块和木板整体，根据牛顿第二定律得F－μ1(M＋m)g = (M＋m)a对木块根据牛顿第二定律得f2= ma
当t = 12s时F = kt = 12N由图像得f2= 6N代入数据解得m = 3kg，μ1= 0.1，AB正确；
C．12s后，摩擦力f2保持不变，说明木块相对木板开始滑动，且滑动摩擦力f2= μ2mg = 6N
代入数据解得μ2= 0.2，C错误；
D．0 ~ 4s时间内，木块和木板静止，4 ~ 16s时间内，f—t图像与时间轴围成的面积表示摩擦力的冲量大小，木块所受摩擦力的冲量为木板所受合外力的冲量为
由动量定理得I2= mv2，I1= Mv1代入数据解得v2= 16m/s，v1= 24m/s则16s末木块与木板的速度大小之比为v2：v1= 2：3，D正确。
故选ABD。