2021年新高考物理一轮复习考点强化训练考点十三牛顿运动定律的综合应用(解析版)

2021年新高考物理一轮复习考点强化训练考点十三牛顿运动定律的综合应用(解析版)

2021 年新高考物理一轮复习考点强化训练 考点十三 牛顿运动定律的综合应用 1.如图所示 ,质量为 m2 的物块 B 放置在光滑水平桌面上 ,其上放置质量为 m1 的物块 A,A 通过 跨过光滑定滑轮的细线与质量为 M 的物块 C 连接。 释放 C,A 和 B 一起以加速度 a 从静止开 始运动 ,已知 A、 B 间动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g,则细线中的拉力大小为 ( ) A.Mg B.Mg+Ma C.(m 1+m 2)a D.m 1a+μm1g 答案 C 以 C 为研究对象 ,有 Mg-T=Ma, 解得 T=Mg-Ma, 故 A、B 错误 ;以 A、B 整体为研究 对象 ,根据牛顿第二定律可知 T=(m 1+m2)a,故 C 正确 ;A 、B 间为静摩擦力 ,根据牛顿第二定律 , 对 B 可知 f=m 2a,对 A 可知 T-f'=m 1a,f=f', 联立解得 T=(m 1+m2)a,故 D 错误。 2.如图所示 ,质量为 M 的小车放在光滑的水平面上 ,小车上用细线悬吊一质量为 m 的球 ,M>m, 用一力 F 水平向右拉小球 ,使小球和车一起以加速度 a 向右运动时 ,细线与竖直方向成 θ角, 细线的拉力为 F1。若用一力 F'水平向左拉小车 ,使小球和车一起以加速度 a'向左运动时 ,细线 与竖直方向也成 θ角 ,细线的拉力为 F1'。则 ( ) A.a'=a,F 1'=F1 B.a'>a,F1'=F1 C.a'a,F1'>F1 答案 B 当用力 F 水平向右拉小球时 ,以小球为研究对象 竖直方向有 F1 cos θ =mg① 水平方向有 F-F 1 sin θ =ma 以整体为研究对象有 F=(m+M)a 解得 a= g tan θ② 当用力 F'水平向左拉小车时 ,以小球为研究对象 竖直方向有 F1' cos θ =mg③ 水平方向有 F1' sin θ =ma' 解得 a'=g tan θ④ 结合两种情况 ,由①③式有 F1=F 1';由②④式并结合 M>m 有 a'>a。故正确选项为 B。 3.(多选 )(2020 河南信阳期末 )如图所示 ,A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m,静止叠放在水平 地面上。 A 、B 间的动摩擦因数为 μ,B与地面间的动摩擦因数为 μ。最大静摩擦力等于滑动 摩擦力 ,重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F,则 ( ) A. 当 F<2μ mg时 ,A 、B 都相对地面静止 B.当 F= μ mg时 ,A 的加速度为 μg C.当 F>3μ mg时 ,A 相对 B 滑动 D.无论 F 为何值 ,B 的加速度不会超过 μg 答案 BCD A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg,B和地面之间的最大静摩擦力为 μmg,对 A 、 B 整体 ,只要 F> μ mg,整体就会运动 ,选项 A 错误 ;当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦力时 ,A 、B 将要发生相对滑动 ,故 A、B 一起运动的加速度的最大值满足 2μmg- μmg=mamax,B 运动的最 大加速度 amax= μ g,选项 D 正确 ;对 A 、B 整体 ,有 F- μ mg=3mamax,则 F>3μ mg时两者会发生相 对运动 ,选项 C 正确 ;当 F= μmg时 ,两者相对静止 ,一起滑动 ,加速度满足 F- μmg=3ma,解得 a= μ g,选项 B 正确。 4.如图所示 ,滑轮 A 可沿倾角为 θ的足够长光滑轨道下滑 ,滑轮下用轻绳挂着一个重为 G 的物 体 B,下滑时 ,物体 B 相对于 A 静止 ,则下滑过程中 ( ) A.B 的加速度为 g sin θ B.绳的拉力为 C.绳的方向保持竖直 D.绳的拉力为 G 答案 A A、B 相对静止 ,即两物体的加速度相同 ,以 A、B 整体为研究对象分析受力可知 , 系统的加速度为 g sin θ,所以选项 A 正确 ;再以 B 为研究对象进行受力分析 ,如图 ,根据平行四 边形定则可知 ,绳子的方向与斜面垂直 ,拉力大小等于 G cos θ,故选项 B、C、D 错误。 5.(2020 河南安阳模拟 )在倾角为 α的固定光滑斜面上 ,有一用绳子拴着的长木板 ,木板上站着 一只猫。已知猫的质量是木板的质量的 2 倍。当绳子突然断开时 ,猫立即沿着板向上跑 ,以保 持其相对斜面的位置不变。重力加速度为 g。则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( ) A.3g sin α B.g sin α C. D.2g sin α 答案 A 猫受力平衡 ,设猫的质量为 2m,其所受摩擦力沿斜面向上 ,且 Ff=2mg sin α,则木板所 受摩擦力沿斜面向下 ,木板的加速度为 a= =3g sin α,正确选项为 A 。 6.(多选 )两个叠在一起的滑块 ,置于固定的、 倾角为 θ的斜面上 ,如图所示 ,滑块 A、B 的质量分 别为 M 、m,A 与斜面间的动摩擦因数为 μ1,B 与 A 之间的动摩擦因数为 μ2,已知两滑块都从静 止开始以相同的加速度从斜面上滑下 ,滑块 B 受到的摩擦力 ( ) A. 等于零 B.方向沿斜面向上 C.大小等于 μ1mg cos θ D. 大小等于 μ2mg cos θ 答案 BC 把 A 、B 两滑块作为一个整体 ,设其下滑的加速度为 a,由牛顿第二定律有 (M+m)g sin θ-μ1(M+m)g cos θ =(M+m)a 得 a=g(sin θ-μ1 cos θ) 由于 a4F 2 D.F 1=2F2 答案 B 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= =kx 1;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'= =kx 2,由于 x1=2x 2,联立可得 F1=4F2,故 B 正确 ,A 、C、 D 错误。 8.如图所示 ,质量 m=2 kg 的小球用细绳拴在倾角 θ =37°的光滑斜面上 ,此时 ,细绳平行于斜面。 取 g=10 m/s2,sin 37 °=0.6,cos 37 °=0.8。下列说法正确的是 ( ) A. 当斜面以 5 m/s2 的加速度向右加速运动时 ,绳子拉力为 20 N B.当斜面以 5 m/s2 的加速度向右加速运动时 ,绳子拉力为 30 N C.当斜面以 20 m/s2 的加速度向右加速运动时 ,绳子拉力为 40 N D.当斜面以 20 m/s2 的加速度向右加速运动时 ,绳子拉力为 60 N 答案 A 小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零。 斜面对小球的弹 力恰好为零时 ,设绳子的拉力为 F,斜面的加速度为 a0。以小球为研究对象 ,根据牛顿第二定律 有 F cos θ=ma0,F sin θ-mg=0,代入数据解得 a0≈ 13.3 m/s2。 (1) 由于 a1=5 m/s2a0,可见小球离开了斜面 ,此时小球的受力情况如图乙所示。设绳子与水平 方向的夹角为 α。以小球为研究对象 ,根据牛顿第二定律有 F2 cos α =ma2,F2 sin α-mg=0 代入数据解得 F2=20 N。选项 C、D 错误。 乙 9.( 多选 )(2020 河北唐山调研 )如图所示 ,将小砝码放在桌面上的薄纸板上 ,若砝码和纸板的质 量分别为 M 和 m,各接触面间的动摩擦因数均为 μ,砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距 离均为 d。现用水平向右的恒定拉力 F 拉动纸板 ,重力加速度为 g,下列说法正确的是 ( ) A. 纸板相对砝码运动时 ,纸板所受摩擦力的大小为 μ (M+m)g B.要使纸板相对砝码运动 ,F 一定大于 2μ (M+m)g C.若砝码与纸板分离时的速度小于 ,砝码不会从桌面上掉下 D.当 F=μ (2M+3m)g时 ,砝码恰好到达桌面边缘 答案 BC 对纸板分析 ,当纸板相对砝码运动时 ,纸板所受的摩擦力为 μ(M+m)g+μMg,故 A 错误。设砝码的加速度为 a1,纸板的加速度为 a2,则有 μ Mg=Ma1,F-μ Mg-μ (M+m)g=ma2,发生相 对运动需要 a2>a1,解得 F>2μ (M+m)g,故 B 正确。若砝码与纸板分离时的速度小于 ,砝码 匀加速运动的位移小于 = = ,匀减速运动的位移小于 = = ,则总位移小于 d,不会从桌 面上掉下 ,故 C 正确。当 F=μ(2M+3m)g 时 ,砝码未脱离纸板时的加速度 a1=μ g,纸板的加速度 a2= =2μ g,根据 a2t2- a1t2=d,解得 t= ,则此时砝码的速度 v=a1t= ,砝码脱离 纸板后做匀减速运动 ,匀减速运动的加速度大小 a'= μg,则匀减速运动的位移 x= = =d,而匀 加速运动的位移 x'= a1t2=d,可知砝码离开桌面 ,D 错误。 10.(多选 )如图所示 ,在倾角为 θ的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块 A 和 B,C 为固定 挡板 ,系统处于静止状态 ,现开始用变力 F沿斜面向上拉动物块 A 使之做匀加速直线运动 ,经时 间 t 物块 B 刚要离开挡板 ,已知两物块的质量均为 m,弹簧的劲度系数为 k,重力加速度为 g,则 在此过程中 ,下列说法正确的是 ( ) A. 力 F 的最小值为 B.力 F 的最大值为 C.物块 A 的位移为 D.时间 t 末 A 的速度为 答案 AD 刚开始时 ,弹簧处于压缩状态 ,对 A 分析 ,A 处于静止状态 ,沿斜面方向上受力平衡 , 受到重力沿斜面向下的分力和弹簧沿斜面向上的弹力 ,此时有 mg sin θ=kx1,解得 x1= ,当 B 刚要离开挡板时 ,挡板对 B 的作用力为零 ,此时弹簧处于伸长状态 ,对 B 分析 ,有 mg sin θ =kx2, 解 得 x2= , 所 以 整 个 匀 加 速 过 程 中 , 弹 簧 的 形 变 量 即 A 的 位 移 为 x=x 1+x 2= + = ,因为 A 是从静止开始做匀加速直线运动 ,经历的时间为 t,所以有 x= at2,解得 a= ,故 t 末 A 的速度为 v=at= ,C 错误 ,D 正确 ;F 随着弹力的变化而变化 , 当弹簧被压缩过程中 ,弹力向上 , 随着弹力的减小而增大 ,所以刚开始时 F 最小 ,故有 Fmin=ma= ,在弹力方向向下时 ,随着弹力的增大而增大 ,故 B 刚要离开挡板时 ,F 最大 ,故 有 Fm=kx 1+mg sin θ +ma=2mg sin θ ,A 正确 ,B 错误。 11.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 A、B 分离前 ,A、B 共同做加速运动 ,由于 F 是恒力 ,而弹力是变力 ,故 A、B 做变加 速直线运动 ,当两物体要分离时 ,FAB =0 对 B:F-mg=ma 对 A:kx-mg=ma 即 F=kx 时 ,A 、B 分离 ,此时弹簧仍处于压缩状态 由 F=mg,设用恒力 F 拉 B 前弹簧压缩量为 x0,则 2mg=kx 0,h=x0-x 解以上各式得 k= ,综上所述 ,只有 C 项正确。 12.如图所示 ,bc 为固定在小车上的水平横杆 ,质量为 M 的物块串在杆上 ,靠摩擦力保持相对杆 静止 ,物块又通过轻细线悬吊着一个质量为 m 的小球 ,此时小车正以大小为 a 的加速度向右做 匀加速直线运动 ,而物块、小球均相对小车静止 ,细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度 逐渐增加 ,物块始终和小车保持相对静止 ,当加速度增加到 2a 时 ( ) A. 横杆对物块的摩擦力增加到原来的 2 倍 B.横杆对物块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 答案 A 对小球和物块组成的整体 ,分析受力如图甲所示 ,根据牛顿运动定律得 ,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 ,横杆对物块的摩擦力 Ff 增加到原 来的 2 倍 ,横杆对物块的弹力保持不变 ,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 mg tan θ=ma,解得 tan θ=,当 a 增加到 2a 时 , tan θ变为原来的两 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。 13.(2020 ·湖北黄冈模拟 )如图甲所示， 一轻质弹簧的下端固定在水平面上， 上端放置一物体 (物 体与弹簧不连接 )，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物 体开始向上做匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 的关系如图乙所示 (g＝10 m/s2)，下列结论 正确的是 ( ) A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态 B．弹簧的劲度系数为 750 N/m C．物体的质量为 2 kg D．物体的加速度大小为 5 m/s2 解析 物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项 A 正确；从图中可 知 ma＝10 N ， ma＝30 N －mg，解得物体的质量为 m＝2 kg，物体的加速度大小为 a＝ 5 m/s2，所以选项 C、 D 正确；弹簧的劲度系数 k＝ mg x0 ＝ 20 0.04 N/m ＝500 N/m ，所以选项 B 错误。 答案 ACD 14.(2020 辽宁沈阳二模 )在 “互联网 +”时代 ,网上购物已经成为一种常见的消费方式 ,网购也促 进了快递业发展。如图 ,一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱 ,货箱的总质量为 15 kg,货箱 与地面间的动摩擦因数 μ= 。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速直线运动 ,取 g=10 m/s2, 求 : (1) 拉力方向与水平面成 60°角时拉力的大小 (结果保留一位小数 ); (2) 所施加拉力的最小值和方向。 答案 (1)86.6 N (2)75 N 与水平方向夹角为 30° 解析 (1)研究货箱 ,根据平衡条件有 F sin 60 °+F N-mg=0 F cos 60 °-Ff=0 Ff=μFN 解得 F=50 N≈86.6 N (2) 对货箱受力分析 ,设 F'与水平方向夹角 θ,如图所示 则根据平衡条件有 F' sin θ +FN'-mg=0 F' cos θ-Ff'=0 Ff'= μFN ' 解得 F'= 整理得 F'= 当 θ=30°时 ,F'有最小值 最小值为 F'=75 N 15.如图所示，质量为 4 kg 的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为 37°。已知 g＝10 m/s2，sin 37 °＝0.6，cos 37 °＝0.8，求： (1) 当汽车以 a＝2 m/s2 向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力； (2) 当汽车以 a′＝ 10 m/s2 的加速度向右匀减速运动时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的 压力。 解析 (1)当汽车以 a＝2 m/s2 向右匀减速行驶时，小球受力分析如图。 由牛顿第二定律得： F T1cos θ＝mg，F T1sin θ－F N＝ma 代入数据得： F T1＝50 N，FN ＝22 N 由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为 22 N。 (2) 当汽车向右匀减速行驶时， 设车后壁弹力为 0 时 (临界条件 )的加速度为 a0，受力分析如图 所示。 由牛顿第二定律得： FT2sin θ＝ma0，FT2cos θ＝mg 代入数据得： a0＝gtan θ＝10× 3 4 m/s2＝7.5 m/s 2 因为 a＝ 10 m/s2>a0 所以小球飞起来， FN ′＝0 所以，当汽车以 a′＝ 10 m/s2 向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得 F T2cos θ′＝mg F T2sin θ′＝ma′ 代入数据得 F T2＝40 2 N。 答案 (1)50 N 22 N (2)40 2 N 0 16.如图所示 ,粗糙的地面上放着一个质量 M=1.5 kg 的斜面 ,斜面部分光滑 ,底面与地面的动摩 擦因数 μ=0.2,倾角 θ=37°,在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m=0.5 kg 的小球 ,弹 簧劲度系数 k=200 N/m, 现给斜面施加一水平向右的恒力 F,使整体向右以 a=1 m/s2 的加速度匀 加速运动 (已知 sin 37 °=0.6, cos 37 °=0.8,g=10 m/s 2)。求 : (1)F 的大小 ; (2) 弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。 答案 (1)6 N (2)0.017 m 3.7 N 解析 (1)对整体应用牛顿第二定律有 F-μ (M+m)g=(M+m)a 解得 F=6 N (2) 设弹簧的形变量为 x,斜面对小球的支持力为 FN 对小球受力分析有 在水平方向 :kx cos θ-FN sin θ =ma 在竖直方向 :kx sin θ+FN cos θ =mg 解得 x=0.017 m,F N=3.7 N 17.在物体下落过程中，速度小于 10 m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系。某科研 小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出 t＝0.5 s 时刻的 切线，如图所示。已知小球在 t＝0 时刻释放，其质量为 0.5 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2， 求： (1) 小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能； (2) 小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。 解析 (1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度 v1＝5 m/s 碰撞后瞬间速度大小： v2＝4 m/s 碰撞过程损失的机械能： ΔE＝1 2mv21－1 2mv22 代入数据可得 ΔE＝2.25 J。 (2) 由图象可得 t＝0.5 s 时小球加速度 a＝Δv Δt＝4 m/s2 由牛顿第二定律： mg－f＝ma 由于： f＝kv 得 k＝0.75 则： fmax＝3.75 N。 答案 (1)2.25 J 3.75 N