高中物理-牛顿定律查漏补缺-有答案394.pdf

试卷第 1 页，共 20 页 2022 年新高一 牛顿定律(极值临界问题)查漏补缺 一、单选题 1如图所示，倾角为、质量为 M 的斜面体静止在水平地面上，把质量为 m的物块放置在斜面上，给其一个沿斜面向下的推力 F，使其沿斜面向下做加速运动，斜面体处于静止状态，且地面对斜面体的摩擦力为 0，物块与斜面之间的动摩擦因数为定值，重力加速度为 g，下列说法正确的是（）A物块与斜面之间的动摩擦因数小于tan B物块的加速度为Fm C把力 F 改成垂直斜面向下，同时给物块一个沿斜面向下的速度，则物块的加速大小为tanFm D把力 F改成水平向左，物块沿斜面向下运动时，地面对斜面体的摩擦力向右【答案】B【详解】A对斜面体进行受力分析，把地面的支持力F地与斜面体的重力 Mg 合成，其合力FMg地竖直向上，根据四力平衡，物块对斜面体的压力与滑动摩擦力的合力与FMg地等大反向，受力分析如图 由几何关系得 NtanfF滑 设物块与斜面之间的动摩擦因数为，则有 NfF滑 比较可得 tan A 错误；试卷第 2 页，共 20 页 B由牛顿第二定律可得物块的加速度为 sincosFmgmgam 由tan可得 sincos0mgmg 则有 Fam B 正确；C对物块受力分析，把重力分别沿着斜面和垂直斜面分解，可得 cosfFmg 由牛顿第二定律可得物块的加速度大小为 sinfmgam 由tan可得 cossinmgmg 解得 tanFam C 错误；D把力 F 改成水平向左，给物块一个向下的速度，物块对斜面体的压力NF、滑动摩擦力f滑方向不变，大小改变，其比值NfF滑不变，结合tan可得 NtanfF滑 则f滑、NF的合力仍然竖直向下，重力与地面的支持力在竖直方向上，则地面给斜面体的摩擦力仍为 0，D 错误。故选 B。试卷第 3 页，共 20 页 2如图所示，光滑水平面上有一质量16kgM 的斜面体，斜面倾角37，斜面上放有一质量1kgm 的橡皮材质小物体。用力 F水平向左拉斜面体，欲使小物体与斜面之间不发生相对滑动，已知橡皮材质小物体与斜面之间的动摩擦因数大于 1，1.5，且最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，已知sin370.6，cos370.8，重力加速度 g取210m/s，则 F 的最大值为（）A30N B60N C50N D70N【答案】B【详解】当 F 取最大值时，小物体受到摩擦力为最大静摩擦力，故有 cossinfNma sincosfNmg 其中fN，联立得 260m/s17a 由整体法可知 FMm a()解得 60NF 故选 B。试卷第 4 页，共 20 页 3下表面粗糙，其余面均光滑的斜面置于粗糙水平地面上。斜面与水平地面间的动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。倾角与斜面倾角相等的物体 A 放在斜面上，方形小物块 B 放在 A 上，在水平向左的恒力 F作用下，物体 A、小物块 B 及斜面均处于静止状态。如图所示，将小物块 B 从物体 A 上取走，则（）A斜面仍处于静止状态 B斜面一定向左运动 C斜面可能向左运动 D物体 A 仍保持静止状态【答案】A【详解】ABC设物体 A、小物块 B 和斜面的质量分别为 mA、mB和 M，把 A、B 当作一个整体进行受力分析，根据平衡条件，在垂直斜面方向有 ABsincosNFmmg+对斜面进行受力分析，其受到的压力 AB=sin+cosNFmmg N沿水平方向的分力为 ax1msinNfNf静静 地面对斜面的支持力为 1cos+=NNMg 联立得 sincos+NfNMg静 即 sincosMgN 当取走 B 后 N减小，又 sin-cos 和 Mg均为定值，故斜面与水平地面间的最大静摩擦力仍大于斜面受到的压力沿水平方向的分力，即斜面仍静止，故 A 正确，BC 错误；D把 A、B 当作一个整体进行受力分析，根据平衡条件，在平行于斜面方向有 ABcossinFmmg+试卷第 5 页，共 20 页 当取走小物块 B 后，有 AcossinFm g 故物体 A 沿斜面向上做匀加速运动，故 D 错误。故选 A。4如图所示，小车在水平地面上向右做匀速直线运动，车内A、B 两物体叠放在一起，因前方有障碍物，为避免相撞，小车刹车制动，在小车整个运动的过程中，A、B 两物体始终保持相对静止且随小车一起运动，则下列说法正确的是（）A在小车匀速运动过程中，A、B 两物体间存在摩擦力 B在小车匀速运动过程中，B 物体相对小车有向右运动的趋势 C在小车刹车制动过程中，A相对 B 一定有沿斜面向上运动的趋势 D在小车刹车制动过程中，A、B两物体间一定存在着沿斜面方向的摩擦力【答案】A【详解】A在小车匀速运动过程中，由平衡可知，A 物体有沿斜面向上的静摩擦力，故 A 正确；B在小车匀速运动过程中，对 AB 的整体受合力为零，则 B 物体相对小车没有运动的趋势，故 B 错误；CD在小车刹车制动过程中，加速度向左，则当 A 与 B 没有运动趋势时，此时 AB 的摩擦力为零，则此时存在一个临界加速度值 0tantanmgagm 当 aa0时 A 相对 B 有向上的运动趋势，此时 B 对 A 的静摩擦力沿斜面向下；当 aa0时 A 相对 B 有向下的运动趋势，此时 B 对 A 的静摩擦力沿斜面向上，故 CD 错误。故选 A。试卷第 6 页，共 20 页 5如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为 m的物体 A、B（物体 B 与弹簧栓接），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图像如图乙所示（重力加速度为 g），则（）A施加外力的瞬间，F的大小为2m ga BA 物体匀加速运动，F为恒力 CA、B 在1t时刻分离，此时弹簧的弹力大小m ga D弹簧弹力等于 0 时，物体 B的速度达到最大值【答案】C【详解】A施加外力前，物体 AB 整体平衡，根据平衡条件，有 2mgF弹 施加外力的瞬间，对整体，根据牛顿第二定律，有 22FFmgma弹 解得 2Fma 故 A 错误；B在1t时刻之前，两物体没有分离，AB 整体受重力、弹簧弹力和外力 F 作用，以加速度 a做匀加速运动，因为弹簧弹力在变化，所以外力 F 大小也会变，故 B 错误；C物体 A、B 在 t1时刻分离，此时 A、B 具有共同的速度与加速度，且 AB0F 对 B，根据牛顿第二定律有 Fmgma 弹 解得 Fmamg 弹 试卷第 7 页，共 20 页 故 C 正确；D物体 B 受重力、弹簧弹力及压力的作用，当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B 受到的合力为重力，已经减速一段时间，速度不是最大值，故 D 错误。故选 C。6我国和谐号动车组由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，运行过程中动车各车厢的输出功率相同，动车组运行过程中阻力与车的重力成正比。某列动车组由 8 节车厢组成，其中第 2、4、5、7 节车厢为动车，其余为拖车，该动车组在水平直轨道上运行，下列说法正确的是（）A做匀速运动时，各车厢间的作用力均为零 B做匀加速运动时，各车厢间的作用力均不为零 C不管是匀速运动还是加速运动，第 2、3 节车厢间的作用力一定都为零 D不管是匀速运动还是加速运动，第 1、2 节车厢间与第 5、6 节车厢间的作用力之比都是 21【答案】C【详解】A设每节动车车厢的输出功率均为 P，牵引力为 F，每节车厢的质量为 m，所受阻力为 kmg，当动车组匀速运动时，所受合力为零，对整体，由平衡条件知 4F=8kmg 则 F=2kmg 依次对各个动车和车厢分析，有 F12=kmg，F23=0，F34=kmg，F45=0，F56=kmg，选项 A 错误；BC当动车组加速运动时，对整体，由牛顿第二定律得 4F-8kmg=8ma 解得 F=2ma+2kmg 对前两节车厢，由牛顿第二定律得 F-2kmg+F23=2ma 试卷第 8 页，共 20 页 解得 F23=0 选项 B 错误，C 正确；D匀速运动时有 1256FF=kmgkmg=11 加速运动时，对第一节车厢，由牛顿第二定律得 F12-kmg=ma 解得 F12=kmg+ma 对前 5 节车厢整体，由牛顿第二定律得 3F-F56-5kmg=5ma 解得 F56=kmg+ma 故 1256FF=11 选项 D 错误。故选 C。二、多选题 7一长轻质木板C置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为1kgAm 和2kgBm 的AB、两物块，AB、与木板之间的动摩擦因数都为0.2（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），水平恒力F作用在A物块上，如图所示，重力加速度g取210m/s。则（）A无论力F多大，A与C都不会发生相对滑动 B无论力F多大，B与C都不会发生相对滑动 C若1.2NF，则A物块所受摩擦力大小为0.8N D若6NF，则B物块所受摩擦力大小为4N【答案】BC【详解】AB由题意可知，A 与木板的最大静摩擦力为 试卷第 9 页，共 20 页 2NAAfm g B 与木板的最大静摩擦力为 4NBBfm g 当 F 小于2N 时，F 小于 A 的最大静摩擦力，A 不会与 C 发生相对滑动，三者会一起向左运动；当 F 大于 2N 时，对整体有 ABFmma 对 A 有 AAAFfm a 显然，Aa与a并一直相等，故 A 与 C 会发生相对滑动，且 A 会给 C 一个向左的反作用力，其大小与Af相等，同时，C 会给 B 一个与Af等大的力，因为ABff，所以 C 会给B 的力小于 B 的最大静摩擦力，B 不会与 C 产生相对滑动。故 A 错误，B 正确；C若1.2NF，其值小于Af，则对整体有 ABFmma 20.4m/sa 对 A 物块而言有 AAFfm a 0.8NAf 故 C 正确；D若6NF，其值大于Af，则 A 在 C 上滑动，C 与 B 整体所受摩擦力大小为Af，则有 1ABfm a 对 B 而言，则有 试卷第 10 页，共 20 页 12NBBfm a 故 D 错误。故选 BC。8如图所示，质量为M、倾角为的光滑斜面置于光滑的水平地面上，将一质量为m的小球从斜面上由静止释放，同时对斜面施加一水平方向的力F，下列说法正确的是（）A若要使斜面和小球保持相对静止，则tanFMg B若要使斜面和小球保持相对静止，则()tanFMm g C若要使小球做自由落体运动，则tanMgF D若要使小球做自由落体运动，则()tanMm gF【答案】BC【详解】AB若要使斜面和小球保持相对静止，则斜面与小球有相同的加速度，以斜面和小球为整体，根据牛顿第二定律可得 FMm a()以小球为研究对象，其受力如图所示 根据牛顿第二定律可得 tanmgma 联立可得()tanFMm g B 正确，A 错误；CD若要使小球做自由落体运动，可知斜面和小球之间的弹力为零，需对斜面施加水试卷第 11 页，共 20 页 平向右的力F，且斜面M垂直于斜面向下的分加速度大于等于小球垂直于斜面向下的分加速度，以斜面M为对象，根据牛顿第二定律可得 FMa 又有 sincosag 联立解得 tanMgF C 正确，D 错误；故选 BC。9如图，物块 A 通过细绳悬挂于电梯侧壁的 O 点，A 与侧壁间夹有薄木板 B，绳与侧壁夹角为，已知 A、B 质量分别为 M、m，A、B 间摩擦忽略不计。当电梯静止时，B恰好不滑落，重力加速度为 g，下列判断正确的是（）A电梯竖直加速上升时，木板 B 会滑落 B电梯以加速度 a（ag）竖直加速下降时，木板 B 会滑落 C当电梯以加速度 a竖直加速上升时，绳子拉力()cosM gaT D当电梯以加速度 a（ag）竖直加速下降时，A 对 B 的压力tanN M g a=(-)【答案】CD【详解】A电梯静止不动时，先分析 A，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示 根据平衡条件，有 cosMgT 试卷第 12 页，共 20 页 1tanNMg 再分析物体 B，受重力、A 对 B 的压力 N、电梯侧壁对 B 支持力 N2和静摩擦力，根据牛顿第三定律，有 1tanMNgN 根据平衡条件有 2=tanNNMg fmg 其中 2fN 联立解得 tanmM 当电梯加速上升时，等效重力加速度变化为 gga 则电梯侧壁对 B 的支持力变为 2=tanNMg 最大静摩擦力变为 2tantanmfNMgmgM 故木板 B 保持静止，故 A 错误；BD电梯以加速度 a（ag）竖直下降时，等效重力加速度变化为 gg a-则电梯侧壁对 B 的支持力变为 tantanNMgM g a(-)最大静摩擦力变为 2tantanmfNMgmgM 故木板 B 保持静止，故 B 错误，D 正确；C当电梯以加速度 a竖直加速上升时，等效重力加速度变化为 gga 故绳子拉力变为()coscosMgM gaT 试卷第 13 页，共 20 页 故 C 正确。故选 CD。10如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角 =37，以恒定速率 v=2m/s 顺时针转动。一煤块以初速度 v0=12m/s 从 A 端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数=0.5，取 g=10m/s2、sin37=0.6、cos37=0.8。则下列说法正确的是（）A煤块冲上传送带后经 1s 与传送带速度相同 B煤块向上滑行的最大位移为 10m C煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为2+2 2 s D煤块在传送带上留下的痕迹长为94 2 m【答案】ACD【详解】A煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得 mgsinmgcos=ma1 解得 a1=10m/s2 设经 t1时间与传送带共速，由 v=v0a1t1 代入数据解得 t1=1s A 正确；B共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律 mgsinmgcos=ma2 解得 a2=2m/s2 设经 t2时间煤块速度减为 0，由 0=va2t2 代入数据解得 t2=1s 则结合选项 A 的数据可知，煤块先以 12m/s 的初速度，10m/s2的加速度经过 t1=1s 减速至 2m/s，后又以 2m/s 的加速度经过 t2=1s 减速至 0，再反向加速至回到 A点，作出煤块运动的 vt图像，如图所示 试卷第 14 页，共 20 页 由图像可知煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小，有 11(122)1m2(2 1)m8m22x B 错误；C 物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为 a2=2m/s2的匀加速直线运动，设返回到 A点所需的时间为 t3，则有 23212xa t 解得 32 2st 煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 123(22 2)stttt C 正确；D在 0 到 1s 内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为 11(122)1m2 1m5m2L 此时划痕在物块的下方，在 1s 到 2s 内，传送带速度比物块速度大，则 212 1m2 1m1m2L 因为 L2 M 时，该解给出=singa，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 B当 Mm时，该解给出 a=gsin，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 C当 0时，该解给出 a=0，这符合常识，说明该解可能是对的 D当=90时，该解给出 a=g，这符合实验结论，说明该解可能是对的【答案】BCD【详解】AB 在重力和 A 的支持力作用下，加速度不可能大于 g，该解给出加速度大于 g，不符合预期结果，故 A 错误；B 当 Mm 时，等效于 B 在固定面上滑动，该解给出的sinag，符合预期的结果，故 B 正确；C当=0时，B 静止在地面上，加速度 a=0，符合常识，故 C 正确；D当=90时，B 做自由落体运动，加速度 a=g，符合实验结论，故 D 正确。故选 BCD。试卷第 17 页，共 20 页 13汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中 P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。汽车以加速度 a向左匀加速启动，重力加速度210m/sg，tan150.27，下列情况说法正确的是（）A当22m/sa 时，P 有示数，Q 有示数 B当23m/sa 时，P 无示数，Q 有示数 C当22m/sa 时，a越大，P 的示数也越大 D当23m/sa 时，a越大，Q的示数也越大【答案】BD【详解】A汽车静止时，Q 传感器示数为零，P、N传感器示数不为零 水平方向 sin15NF 竖直方向 cos15Nmg 当向左加速运动时，当加速度达到某一值时，P也会无示数，水平方向 sin15Nma 竖直方向 cos15Nmg 联立解得 2tan152.7m/sag 故当 a22.7m/s时，P 有示数，Q无示数，A 错误；B当 a22.7m/s时，P 无示数，Q 有示数，即当23m/sa 时，P 无示数，Q 有示数，B 正确；C当22m/sa 时，水平方向 sin15NFma 竖直方向 试卷第 18 页，共 20 页 cos15Nmg tan15Fmgma 根据表达式可知 a越大，P 的示数也越小，C 错误；D当23m/sa 时，圆柱形工件受力如图所示 水平方向 sin15NFma 竖直方向 cos15NQFFmg tan15QmaFmg 根据表达式可知 a越大，Q的示数也越大，D 正确。故选 BD。14质量为 m 的小滑块 a静置于粗糙斜块 b的斜面上，斜面倾角为（45），a、b间动摩擦因数tan，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对 a施加一与斜面始终平行的外力 F，斜块 b一直静止于粗糙的水平平面 c上。g为重力加速度。下列说法正确的是（）A若0.75sinFmg且为水平方向（如图所示），因为sinFmg，所以 a仍静止 B若0.75sinFmg且为水平方向（如图所示），则 a的加速度大小为0.25 sing C若改变外力 F 的大小和方向，则 b、c 间摩擦力有为零的情况 D若改变外力 F 的大小和方向，则 b对 c的最小压力为cos2Mgmg【答案】BCD【详解】A若0.75sinFmg，则 F 与重力沿斜面分力的合力为 试卷第 19 页，共 20 页 225(sin)sin4FFmgmg合 由于tan，即 mcossinfmgmgF合 所以 a 已经滑动。故 A 错误；B若0.75sinFmg，则 a的合力为 m1sin4aFFfmg合 加速度大小为 0.25 sinaaFgm 故 B 正确；C若改变外力 F 的大小和方向，当 F与重力沿斜面分力的合力为 0 时，即 F沿斜面向下时，则 bc 间摩擦力有为零。故 C 正确；D若改变外力 F的大小和方向，则对 ab 整体分析：当 F 大小一定时，F 与水平面的夹角越大，b 对 c 的压力越小。而外力 F与斜面始终平行，结合图可知，F 与水平面的夹角最大为。当夹角一定时，且 a 未滑动，F 的值越大，b对 c的压力越小。而为 F 最大为 mmsin2sinFmgfmg ab 整体分析得 msin()FNmM g 解得 cos2NMgmg 若 a滑动后，受力分析可知，a 对 b 的摩擦力和压力不变。则 b 对 c 的压力不变为cos2Mgmg。故 D 正确。故选 BCD。三、解答题(共 0 分)15如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，斜面上放一质量为 m的光滑球静止时，箱子顶部与球接触但无压力箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为 a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为 s，运动过程中的最大速度为 v 试卷第 20 页，共 20 页 （1）求箱子加速阶段的加速度大小 a（2）若 ag tan，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力【答案】（1）222avaasv（2）左壁作用力为 0，顶部作用力cotmamg【详解】试题分析：（1）设加速度为 a，由匀变速直线运动的公式：212vsa222vsa 得：221222vvsssaa 解得：222avaasv （2）设小球不受车厢的作用力，应满足：Nsin=ma Ncos=mg 解得：a=gtan 减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力 N 与左壁支持力共同提供，当 agtan 时，左壁的支持力等于 0，此时小球的受力如图，则：Nsin=ma NcosF=mg 解得：F=macotmg 考点：牛顿第二定律的应用