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).docx

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1、精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -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.如下列图 、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 从静止开头运动 、已知 A .B 间动摩擦因数为 重、力加速度为 g、就细线中的拉力大小为 ( )A.MgB.Mg+MaC.(m 1+m 2)aD.m 1 a+m1g答案C以 C 为讨论对象 、有 Mg-T=Ma、 解得 T=Mg-Ma、 故 A .B

2、 错误 ;以 A .B 整体为讨论对象 、依据牛顿其次定律可知T=(m 1 +m2)a、故 C 正确 ;A .B 间为静摩擦力、依据牛顿其次定律、 对 B 可知 f=m 2 a、对 A 可知 T-f'=m 1a、f=f'、 联立解得T=(m 1 +m2)a、故 D 错误；2.如下列图 、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 、细线与竖直方向成角、细线的拉力为F1；如用一力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

3、角 、细线的拉力为F1'；就 ()A.a'=a、F1 '=F1B.a'>a、F1'=F1C.a'<a、F1'=F1D.a'>a、F 1'>F 1答案B当用力 F 水平向右拉小球时、以小球为讨论对象竖直方向有F1 cos =mg水平方向有F-F 1 sin =ma以整体为讨论对象有F=(m+M)a第 1 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -解得.a=g tan.当用力 F'水平向左拉小车时、以小球为

4、讨论对象竖直方向有F1' cos =mg水平方向有F1' sin =ma'解得 a'=g tan结合两种情形 、由式有F1 =F1'由式并结合M>m 有 a'>a；故正确选项为B；3.( 多项 )(2021 河南信阳期末)如下列图 、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、B与地面间的动摩擦因数为1；最大静摩擦力等于滑动2摩擦力 、重力加速度为g；现对 A 施加一水平拉力F、就()A. 当 F<2 mg时、A .B 都相对地面静止5B.当 F=2 mg时、A 的加速度为13

5、gC.当 F>3 mg时、A 相对 B 滑动1D.无论 F 为何值 、B 的加速度不会超过g2 mg对、答案BCDA .B 间的最大静摩擦力为2mg、B和地面之间的最大静摩擦力为3A .23B 整体 、只要 F>2 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意2mg-3mg=ma2max、B 运动的最大加速度amax=1 g选、23项 D 正确 ;对 A .B 整体 、有 F-2 mg=3mamax、就 F>3 mg时两者会发生相对运动 、选项 C 正确 ;当 F=53 m

6、g时、两者相对静止、一起滑动 、加速度满意F-22 mg=3ma解、 得1a= g选、3项 B 正确；第 2 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -4.如下列图 、滑轮 A 可沿倾角为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 、就下滑过程中 ()A.B 的加速度为g sinB. 绳的拉力为.cos.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 整体为讨论对象分析受力可知 、 系统的加

7、速度为 g sin 所、以选项 A 正确 ;再以 B 为讨论对象进行受力分析 、如图 、依据平行四边形定就可知 、绳子的方向与斜面垂直 、拉力大小等于 G cos 故、选项 B.C.D 错误；5.(2021 河南安阳模拟)在倾角为的固定光滑斜面上、有一用绳子拴着的长木板、木板上站着一只猫；已知猫的质量为木板的质量的2 倍；当绳子突然断开时、猫立刻沿着板向上跑、以保持其相对斜面的位置不变；重力加速度为g；就此时木板沿斜面下滑的加速度为()A.3g sinB.g sinC.3.sin.2D.2g sin答案A猫受力平稳 、设猫的质量为2m、其所受摩擦力沿斜面对上、且 Ff=2mg sin就木、板所

8、受摩擦力沿斜面对下、木板的加速度为a=2.sin.+.sin.=3g sin正确、选项为A ；6.( 多项 )两个叠在一起的滑块、置于固定的. 倾角为 的斜面上 、如下列图 、滑块 A .B 的质量分别为 M .m、A 与斜面间的动摩擦因数为1、B 与 A 之间的动摩擦因数为2、已知两滑块都从静止开头以相同的加速度从斜面上滑下、滑块 B 受到的摩擦力 ()第 3 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -A. 等于零B. 方向沿斜面对上C.大小等于1mg cosD. 大小等于 2mg cos答案BC把 A

9、 .B 两滑块作为一个整体、设其下滑的加速度为a、由牛顿其次定律有(M+m)g sin-1(M+m)g cos =(M+m)a得 a=g(sin-1 cos)由于 a<g sin可、见 B 随 A 一起下滑的过程中、必定受到A 对它的沿斜面对上的摩擦力、设 A对 B 的摩擦力为FB 、滑块 B 的受力如下列图； 由牛顿其次定律有mg sin-FB=ma、得 FB =mg sin-ma=mg sin-mg(sin-1 cos )=1mg cos；7.如下列图 、质量分别为m 和 2m 的两个小球置于光滑水平面上、且固定在一轻质弹簧的两端、 现沿弹簧轴线方向在质量为2m 的小球上施加一水平向

10、右的拉力F1、使两球一起做匀加速运 动、就此时弹簧的伸长量为x 1、如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、使两球一起做匀加速运动、就此时弹簧的伸长量为x 2、已知 x 1=2x 2、就有 ()A.F 1=F2B.F1=4F2C.F1>4F 2D.F 1=2F 2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=.1.、隔离对质量为m 的小球分析 、依据牛顿其次定律得F 弹=ma=.1=kx 1;同理 、沿3.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'=.2.3、隔离对质量为2m 的小球3

11、.第 4 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -22.分析 、依据牛顿其次定律得F 弹 '=2ma'=kx、由于 x=2x、联立可得F=4F、故 B 正确 、A .C.321212D 错误；8.如下列图 、质量 m=2 kg 的小球用细绳拴在倾角 =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 ；以下说法正确选项()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 NB

12、.当斜面以5 m/s2 的加速度向右加速运动时、绳子拉力为30 NC.当斜面以20 m/s2 的加速度向右加速运动时、绳子拉力为40 ND.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为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；以小球为讨论对象、依据牛顿其次定律有 F cos=m0、aF sin-mg=0、 代入数据解得a0 13.3 m/s2；(1) 由于 a1=5 m/s2<a0、可见小球仍在斜面上、此时小球的受力情形如图甲所示；以小球为讨论对象 、依据牛顿其次定律有F1 si

13、nN+Fcos-mg=0F1 cos-FN sin =1ma代入数据解得F1=20 N ；选项 A 正确 、B 错误；甲第 5 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -(2) 由于 a2=20 m/s2>a0、可见小球离开了斜面、此时小球的受力情形如图乙所示；设绳子与水平方向的夹角为；以小球为讨论对象、依据牛顿其次定律有F2 cos =m2、Fa 2 sin-mg=0代入数据解得F2=20 5 N；选项 C.D 错误；乙9.( 多项 )(2021 河北唐山调研)如下列图 、将小砝码放在桌面上的薄纸

14、板上、如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、以下说法正确选项()A. 纸板相对砝码运动时、纸板所受摩擦力的大小为 (M+m)gB.要使纸板相对砝码运动、F 肯定大于2 (M+m)gC.如砝码与纸板分别时的速度小于.、.砝.码不会从桌面上掉下D.当 F= (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(M+m)g+Mg、 故 A错误；设砝码的加速度为a1、纸板的加速度为a2、就有 Mg=Ma1、F- Mg-

15、(M+m)g=ma2、发生相对运动需要a2>a1、解得 F>2 (M+m)g故、B 正确；如砝码与纸板分别时的速度小于.、.砝.码.2.2.匀加速运动的位移小于2.1 =2.=. 2 、匀减速运动的位移小于2.1 =2.=. 2、就总位移小于d、不会从桌面上掉下 、故 C 正确；当 F=(2M+3m)g 时、砝码未脱离纸板时的加速度a1= g纸、板的加速.-.(.+.).-.度 a12 122.2 =.=2 g根、据 2a2t-2a1t=d、 解得 t= .、.就此时砝码的速度v=a 1t=2.、.砝.码第 6 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word

16、可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -脱离纸板后做匀减速运动、匀减速运动的加速度大小a'= g就、 匀减速运动的位移x=.22.=d、而匀加速运动的位移x'= 1a1 t2=d、 可知砝码离开桌面、D 错误；22.'2.10.(多项 )如下列图 、在倾角为 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 、现开头用变力 F 沿斜面对上拉动物块 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、就在此过程中 、以下说法正确选项

17、( )A. 力 F 的最小值为4.2gsin.2.B.力 F 的最大值为.sin.4.1+ .2.C.物块 A 的位移为.sin.D.时间 t 末 A 的速度为4.sin.答案AD刚开头时 、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稳、受到重力沿斜面对下的分力和弹簧沿斜面对上的弹力、此时有 mg sin=kx.sin.1、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 =2k、 x解得 x.sin.2=.、所以整个匀加速过程中、弹簧的形变量即A 的位移为.sin. .sin. 2.sin.

18、x=x 1+x 2=.+.=.、由于 A 为从静止开头做匀加速直线运动、经受的时间为t、所以1有 x=24.sin.4.sin.2at、解得 a=.2.、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、所以刚开头时F 最小 、故有4.2 gsin.Fmin=ma=.2.、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 +ma=2mg sin(1 + 2.) 、A 正确 、B 错误； 2.第 7 页，共 14 页 - - - - - -

19、 - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -11.如下列图 、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 分别；以下说法正确选项()A.B 和 A 刚分别时 、弹簧长度等于原长B.B 和 A 刚分别时 、它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于.D.在 B 与 A 分别之前 、它们做匀加速直线运动答案CA.B 分别前 、A .B 共同做加速运动、由于 F 为恒力 、而弹力为变力、故 A .B 做变加速直线运动 、当两物体要分别时、FAB =0对 B:F-mg=m

20、a对 A:kx-mg=ma即 F=kx 时、A .B 分别 、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x 0、就 2mg=kx 0、h=x0 -x解以上各式得k=. 、综上所述 、只有 C 项正确；12.如下列图 、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；小车的加速度逐步增加 、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先的2

21、 倍第 8 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -B.横杆对物块的弹力增加到原先的2 倍 C.细线与竖直方向的夹角增加到原先的2 倍D.细线的拉力增加到原先的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、依据牛顿运动定律得、水平方向Ff=(M+m)a、 竖直方向FN=(M+m)g、 就当加速度增加到2a 时、横杆对物块的摩擦力Ff 增加到原先的 2 倍、横杆对物块的弹力保持不变、故 A 正确 、B 错误 ;以小球为讨论对象、分析受力情形如.图乙所示 、由牛顿其次定律得mg tan=m解a、

22、得 tan=、当 a 增加到 2a 时、 tan变为原先的两倍、但 不为原先的两倍、细线的拉力FT= (.2) + (ma) 2、可见 、a 变为两倍 、FT 不为原先的两倍、故 C.D 错误；13.(2021 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，使物体开头向上做匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 的关系如图乙所示 (g 10 m/s2)，以下结论正确选项 ( )A 物体与弹簧分别时，弹簧处于原长状态 B弹簧的劲度系数为750 N/mC物体的质量为 2 kgD

23、物体的加速度大小为 5 m/s2第 9 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -解析物体与弹簧分别时，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 ma10 N ，ma 30 Nmg，解得物体的质量为m2 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kmg20x00.04N/m 500 N/m ，所以选项B 错误；答案ACD14.(2021 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进展；如图、一快递小哥

24、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3= ；如该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速直线运动3、 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)讨论货箱 、依据平稳条件有F sin 60 +F°N-mg=0F cos 60 -F°f=0Ff=FN解得 F=503 N86.6 N(2) 对货箱受力分析、设 F'与水平方向夹角如、图所示第 10 页，共 14 页 -

25、 - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -就依据平稳条件有F' sinN'-+mFg=0F' cos-Ff '=0Ff '= NF'解得 F'=.cos.+.sin.整理得 F'=.2sin(.+60°)当 =30°时、F'有最小值最小值为F'=75 N15.如下列图，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

26、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；第 11 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -由牛顿其次定律得：FT1 cos mg，F T1 sin F Nma代入数据得： F T1 50 N， F N 22 N由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22

27、 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，受力分析如下列图；由牛顿其次定律得：FT2 sin ma0， FT2 cos mg4代入数据得： a0 gtan 10×3m/s27.5 m/s 2由于 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，由牛顿其次定律得F T2 cos mg FT2 sin ma代入数据得F T2 402 N ；答案(1)50 N22 N(2)402 N016.如下列图 、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

28、的动摩擦因数 =0.2倾、 角 =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/s2 )；求 :第 12 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -(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 m3.7 N解析

29、(1)对整体应用牛顿其次定律有 F- (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-FN sin =ma在竖直方向 :kx sinN+cFos =mg解得 x=0.017 m、F N=3.7 N17.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；某科研小组在讨论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，如下列图；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

30、一次碰撞过程中缺失的机械能；(2) 小球在运动过程中受到空气阻力的最大值；第 13 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -解析(1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬时速度v1 5 m/s碰撞后瞬时速度大小：v2 4 m/s碰撞过程缺失的机械能：E12122mv1 2mv2代入数据可得E 2.25 J；(2) 由图象可得t 0.5 s 时小球加速度v2a t 4 m/s由牛顿其次定律：mg f ma由于： f kv得 k 0.75就： fmax 3.75 N ；答案(1)2.25 J3.75 N第 14 页，共 14 页 - - - - - - - - - -