【精准解析】高考物理分层提升练 十二 牛顿运动定律的综合应用
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—牛顿第二定律的综合应用
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—牛顿第二定律的综合应用1.(多选)(2023·河北唐山市高三检测)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1kg，物体B质量m2＝2kg.如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为F A＝3＋2t(N)、F B＝8－3t(N)．下列说法正确的是()A．t＝0时，物体A的加速度大小为3m/s2B．t＝1s时，物体B的加速度大小为2.5m/s2C．t＝1s时，两物体A、B恰好分离s时，两物体A、B恰好分离D．t＝272.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大3.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球圆心的连线与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．小铁球受到的合外力方向水平向左B．凹槽对小铁球的支持力大小为mgsinαC．凹槽与小铁球组成的系统的加速度大小a＝g tanαD．推力大小F＝Mg tanα4.(多选)(2023·四川成都市石室中学模拟)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是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．假设某列动车组各车厢质量均相等，在做匀加速直线运动时每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为F f.该动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125FC．做匀加速直线运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125FD．做匀加速直线运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F5.(多选)如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2kg，P 与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时．下列说法正确的是()A．Q对P的摩擦力方向水平向右B．水平面对Q的摩擦力大小为2NC．P与Q之间的摩擦力大小为4ND．P与Q发生相对滑动6.(多选)(2023·河南许昌市高三月考)如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B 用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动．A、B的质量关系为m A>m B，它们与地面间的动摩擦因数相等．为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是()A．仅增大B的质量B．仅将A、B的位置对调C．仅增大水平面的粗糙程度D．仅增大水平恒力F7.(多选)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，静止时细线与斜面平行，(已知重力加速度为g )．则()A ．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力大小为0.5mgB ．若滑块以加速度a ＝g 向左加速运动时，线的拉力大小为mgC ．当滑块以加速度a ＝g 向左加速运动时，小球对滑块的压力不为零D ．当滑块以加速度a ＝2g 向左加速运动时，线的拉力大小为2mg8.(多选)物块B 放在光滑的水平桌面上，其上放置物块A ，物块A 、C 通过细绳相连，细绳跨过定滑轮，如图所示，物块A 、B 、C 质量均为m ，现释放物块C ，A 和B 一起以相同加速度加速运动，不计细绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度大小为g ，A 、B 未与滑轮相撞，C 未落地，则细绳中的拉力大小及A 、B 间的摩擦力大小分别为()A ．F T ＝mgB ．F T ＝23mgC ．F f ＝23mgD ．F f ＝13mg 9．(多选)如图甲所示，用一水平力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所示，重力加速度取g ＝10m/s 2，根据图乙中所提供的信息可以计算出()A．物体的质量B．斜面倾角的正弦值C．加速度为6m/s2时物体的速度D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力10．(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则()A．滑块A的质量为4kgB．木板B的质量为2kgC．当F＝10N时滑块A加速度为6m/s2D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.211．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10m/s2.由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.212.一个质量m＝0.5kg的小物块(可看为质点)，以v0＝2m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A 点运动到B点，A、B之间的距离L＝8m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块加速度a的大小；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少.1．BD 2.D 3.C 4.CD 5.AC6．ABD7.AC8．BD[以C为研究对象，由牛顿第二定律得mg－F T＝ma；以A、B为研究对象，由牛顿第二定律得F T＝2ma，联立解得F T＝23mg，a＝13g；以B为研究对象，由牛顿第二定律得F f＝ma，得F f＝13mg，故选B、D.]9．ABD[对物体，由牛顿第二定律有F cosθ－mg sinθ＝ma，可得a＝cosθmF－g sinθ，故a－F图像的斜率为k＝cosθm＝0.4kg－1，纵轴截距为b＝－g sinθ＝－6 m/s2，解得物体质量为m＝2kg，sinθ＝0.6，故A、B正确；由于外力F为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物理知识无法求出加速度为6m/s2时物体的速度，故C错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为F min＝mg sinθ＝12N，故D正确．]10．BC[设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F＝F m＝6N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为a m＝2m/s2，根据牛顿第二定律有F m＝(M＋m)a m，解得M＋m＝3kg；当F＞6N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝Fm－μg；根据题图乙解得m＝1kg，μ＝0.4，则M＝2kg，A、D错误，B正确．当F＝10N时，滑块A的加速度为a A＝F－μmgm＝6m/s2，C正确．] 11．AB[由题图(c)可知木板在0～2s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝0.4－04－2m/s2＝0.2m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－F f＝ma1，在4～5s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝0.4－0.25－4m/s2＝0.2m/s2，由牛顿第二定律得F f＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f＝0.2N，解得m ＝1kg、F＝0.4N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．]12．(1)2m/s2(2)0.5(3)1255N解析(1)根据L＝v0t＋12at2，代入数据解得a＝2m/s2.(2)根据牛顿第二定律有F－mg sinθ－μmg cosθ＝ma，代入数据解得μ＝0.5.(3)设F与斜面夹角为α，平行斜面方向有F cosα－mg sinθ－μF N＝ma 垂直斜面方向有F N＋F sinα＝mg cosθ联立解得F＝ma＋mg(sinθ＋μcosθ)cosα＋μsinα＝ma＋mg(sinθ＋μcosθ)μ2＋1sin(φ＋α)当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值F min，代入数据解得F min＝1255N.。
高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测12牛顿运动定律的综合应用(二)
高考物理复习课时跟踪检测(十二)牛顿运动定律的综合应用(二)高考常考题型：选择题＋计算题1.某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图1所示的物理模型，一个小朋友在AB 段的动摩擦因数μ1＜tan θ，BC 段的动摩擦因数μ2＞tan θ，他从A 点开始下滑，滑到C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态，则该小朋友从斜面顶端A 点滑到底端C 点的过程中( )A ．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 图1B ．地面对滑梯始终无摩擦力作用C ．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D ．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小2．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体。
当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 10。
则电梯运动的情况可能是( ) A ．以大小为1110g 的加速度加速上升 B ．以大小为1110g 的加速度减速上升 C ．以大小为110g 的加速度加速下降 D ．以大小为110g 的加速度减速下降 3.如图2所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m 的重物。
现用一方向竖直向上的外力F 拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速运动，则弹簧测力计的示数为( )A ．mgB ．F 图2C.m m0＋m FD.m0m0＋mg4.某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N 。
他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3所示，电梯运行的v －t 图可能是图4中的(取电梯向上运动的方向为正)( )图3图45．如图5所示，一个人坐在小车的水平台面上，用水平力拉绕过定滑轮的细绳，使人和车以相同的加速度向右运动。
水平地面光滑，则( )A ．若人的质量大于车的质量，车对人的摩擦力为0 图5B ．若人的质量小于车的质量，车对人的摩擦力方向向左C ．若人的质量等于车的质量，车对人的摩擦力为0D ．不管人、车质量关系如何，车对人的摩擦力都为06. (2013·江西联考)如图6所示，动物园的水平地面上放着一只质量为M 的笼子，笼内有一只质量为m的猴子，当猴子以某一加速度沿竖直柱子加速向上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴子以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为F2。
压轴题12 牛顿运动定律解决连接体问题 备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)
压轴题12 牛顿运动定律解决连接体问题一、单选题1.两个表面粗糙程度相同的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，中间用一根轻质细绳连接。
将它们放置在粗糙水平地面上，物体A受到沿水平方向作用力F时，两物体共同运动，绳中拉力恰好达到所能承受的最大张力。
欲使拉力F变大且细绳不被拉断，则下列操作中可行的是A. 减小A物体的质量m1B. 减小B物体的质量m2C. 将它们放在光滑水平地面上运动D. 将它们放在动摩擦因数更大的水平面上运动【答案】B【解析】设接触面的动摩擦因数为μ，一起运动的加速度为a，之间绳子的拉力为T，对整体，由牛顿第二定律：F−μ(m1+m2)g=(m1+m2)对B，由牛顿第二定律：T−μm2g=m2a联立知，绳子拉力T=m2m1+m2F可见绳子的拉力与接触面的粗糙程度无关，与F和A、B的质量有关。
由于开始绳子拉力恰好达到最大，欲使拉力F变大且细绳不被拉断，必然使m2m1+m2减小才可能。
由于m2m1+m2=1m1m2+1，故可增大A的质量m1，或者减小B的质量m2，故ACD错误，B正确。
故选B。
2.如图所示，两个质量均为m的物块P、Q叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数为μ.若用水平外力F将物块Q从物块P的下方抽出，抽出过程中P、Q的加速度分别为a P、a Q，且a Q=2a P，重力加速度为g，则F的大小为()A. 3μmgB. 2.5μmgC. 4μmgD. 5μmg【答案】D【解析】以P为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma p可得：a p=μg所以：a Q=2a p=2μg对Q受力分析，根据牛顿第二定律有：F−3μmg=ma Q可得拉力为：F=3μmg+ma Q=5μmg所以D正确，ABC错误。
故选：D。
3.不计质量的细绳依次连接两个质量不同的小球，上面的小球质量较大些，悬挂在密闭车厢的顶上.当车厢向左匀加速运动达到稳定时，图中能正确反映上、下两段细绳与竖直方向的关系的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】分别对两小球受力分析如图所示，对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有ma=Tcosα①，而在竖直方向则有mg=Tsinα②；对上面小球M，同理有Ma=Fcosβ−Tcosα③，Mg+Tsinα=Fsinβ④，由①③容易得到，Fcosβ=(M+m)a而②④则得Fsinβ=(M+m)g故有tanβ=ga而由①②得到tanα=ga因此β=α，所以B正确，ACD错误。
2023年高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用(练)》含答案解析
3.2 牛顿运动定律的综合应用1．已知列车向左做直线运动，某同学为了研究列车在水平直轨道上的运动情况，他在列车车厢顶部用细线悬挂一个小球。
某段时间内，细线偏离竖直方向一定角度θ，并相对车厢保持静止，如图所示，重力加速大小为g，则列车在这段时间内（ ）A．水平向右做匀速直线运动B．列车速度正在变大C．列车加速度的大小为g tanθ，方向水平向右D．加速度的大小为gsinθ，方向水平向左【答案】C【解析】A．对小球受力分析可知小球所受合力方向向右具有向右的加速度，列车与小球相对静止，不可能做匀速直线运动，A错误；B．列车与小球相对静止做匀变速直线运动，列车的运动方向未知可能做匀加速运动也可能做匀减速运动，B 错误；C 、D．小球所受合力方向向右具有向右的加速度，由牛顿第二定律得θ=mg matan得=tana gθC正确，D错误；故选C。
2．如图所示，一足够长的斜面固定在地面上，其倾角为37°。
一质量为1kg的物体（可视为质点）放在斜面上，恰好能保持静止。
现对物体施加一沿斜面向上的外力F，大小为14N，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（ ）A ．物体仍静止在斜面上B ．物体将向上做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s 2C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sD ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5【答案】C 【解析】D ．物体放在斜面上，恰好能保持静止，则o osin 37cos37mg mg μ=解得0.75μ=故D 错误；AB ．施加拉力F 后，由牛顿第二定律得o o sin 37cos37F mg mg maμ--=解得22m/s a =施加一沿斜面向上的外力F 时，物体以22m/s 的加速度做匀加速直线运动，故AB 错误；C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sv at ==故C 正确。
物理一轮复习 专题12 牛顿运动定律的综合应用(讲)(含解析)
专题12 牛顿运动定律的综合应用1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题。
2.学会分析临界与极值问题。
3.会进行动力学多过程问题的分析．1．超重(1）定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的情况．（2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的情况．(2）产生条件:物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力）等于零的情况称为完全失重现象．（2)产生条件：物体的加速度a＝g,方向竖直向下．考点一超重与失重1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化）．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的,其大小等于ma。
★重点归纳★1．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系。
加速度超重、失重视重Fa＝0不超重、不失重F＝mga的方向竖直向上超重F＝m（g＋a)a的方向竖直向下失重F＝m（g－a）a ＝g ，竖直向下完全失重F ＝0特别提醒:不论是超重、失重、完全失重,物体的重力都不变，只是“视重”改变． 2.超重和失重现象的判断“三”技巧（1）从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时， 物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态． (2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加 速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态． (3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重； ②物体向下加速或向上减速时,失重．★典型案例★在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时,晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg,电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是： ( ）A.晓敏同学所受的重力变小了B 。
牛顿运动定律的综合应用(二)(练习)(解析版)—2025年高考物理一轮复习讲练测(新教材新高考)
A．1.0m B．1.5m 【答案】BA．木板的长度为2mB．木板的质量为1kgC．木板运动的最大距离为2m由图可知，木板的长度为：132m 3m 2L ´=´=木板运动的最大距离为：31m 1.5m 2x ´==分析滑块B ，减速时间设为B t ，则有：B B 0v a t =-解得：B 0.75st =()(0.75330.75´--A ．1m =2mB ．1m <2mC ．1m >22mD ．1m =22m 【答案】C【详解】由v t -图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板：122mg mgm m >则有：1m >22m 故选C 。
F=时，小滑块和木板一起匀速运动A．当拉力18N运动F=时，小滑块和木板一起加速运动C．当拉力30NA．木板的长度为3m由图像可知2.5s时两者共速，则木板在物块在0~2.0s内的加速度大小为：物块在2.0s~2.5s内的加速度大小为：m=A．动摩擦因数0.5B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为C．长木板的长度为2.25mD．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/sB．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为C．经过1s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s【答案】BC【详解】AB．对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为：同理对滑板，加速度大小为：2sin37 mga°=A ．10N 15N F <<时物块B 和木板C 相对滑动B ．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C ．由题目条件可求木板C 的质量D ．15N F >时物块B 和木板C 相对滑动【答案】DA ．小滑块的加速度向右，大小为A．小物块从传送带左端滑离传送带B．小物块滑离传送带时的速度大小为6m/sC．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为A ．2t 时刻，小物块离A 处的距离最大B ．20t :时间内，小物块的加速度方向先向右后向左C ．20t :时间内，因摩擦产生的热量为12121()22vv t mg t t m éù++êúëûD ．20t :时间内，物块在传送带上留下的划痕为()21122v v t t ++A．物块最终从传送带N点离开B．物块将在4.8s时回到原处C．物块与传送带之间的摩擦因数为3 2D．传送带的速度1m/sv=，方向沿斜面向下【答案】C【详解】AD．从v t-图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为A．5N·s B．20N·s【答案】D【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示支持力：NN cos53F mg q==A．．．．【答案】D>），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由【详解】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（tan qA．弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止C．最终橡皮擦不会脱离纸板． ．． ．【答案】C【详解】箱子以一定的水平初速度0v 从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板A ．当F 足够小时，A 仍保持静止状态B ．当拉力F mg m =时，物块A．货物与平台一起做匀加速直线运动v=时，货物加速度为B．当平台速度0.6m/sv=时，货物加速度为C．当平台速度0.6m/sF<，平台将保持静止D．若施加的恒力10N【答案】C可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为：F-根据牛顿第二定律可得：2可知随着平台速度v的逐渐增大，匀加速直线运动，故A错误；v=时，则有：BC．当平台速度0.6m/sA．传送带的速度越快，饺子的加速度越大B．饺子相对与传送带的位移为C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能A．图线I 反映的是包裹的运动B．包裹和传送带间的动摩擦因数为C．传送带的长度为20 mD．包裹相对传送带滑动的距离为【答案】D【详解】A．传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于传送到的加速度，则由图像可知图线A．t=2.5s时，货物所受摩擦力方向改变B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.4C．传送带运行的速度大小为0.5m/sD．货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变【答案】C【详解】A．由图乙可知，在0~2.5s内，货物的速度大于传动带的速度，A．包裹在最高点c时，对圆弧轨道的压力为零B．第一个包裹在传送带上运动的时间为C．圆弧轨道半径为() 223m5-A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825B．输送带A、B两端点间的距离为8mC．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为【答案】CA．滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为B．滑雪者从坡道顶端由静止滑到底端所需时间为C．整个下滑过程滑雪板与雪毯之间由于摩擦而产生热量为D．整个过程中摩擦力对滑雪板一直做正功【答案】CA．游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动B．游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为C．游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变D．游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为【答案】D【详解】A．若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的位移：13．如图，物块A 、B 静置叠放在光滑水平面上，A 、B 上下表面水平。
牛顿运动定律的基本应用(解析版)—2025年高考物理必刷专题训练(全国通用)
牛顿运动定律的基本应用【考点一 牛顿第二定律的瞬时性问题】1．两种模型物体的加速度与其所受合力具有因果关系，物体的加速度总是随其所受合力的变化而变化，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时性问题的一般思路求解瞬时性问题时应注意的一点物体的加速度能够随其所受合力的突变而突变，但物体速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
【考点二 动力学的两类基本问题】动力学的两类基本问题的解题步骤解决动力学两类基本问题的关键(1)两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。
(2)两个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁；衔接点的速度是联系相邻两个过程的桥梁。
【考点三 动力学中的图像问题】1．常见的动力学图像vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等。
2．图像问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图像，分析物体的运动情况。
(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，分析物体的受力情况。
(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
3．解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确图像的物理意义。
(2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等所表示的物理意义。
(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
【考点四 超重和失重的理解】1.超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。
(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2021版高考物理一轮复习课时分层提升练十二牛顿运动定律的综合应用(含解析)
牛顿运动定律的综合应用(建议用时45分钟)1.(多选)(2019·山师附中模拟)游乐园中,游客乘坐能加速或减速运动的升降机,可以体会超重或失重的感觉。
下列描述正确的是( )A.当升降机加速上升时,游客是处在失重状态B.当升降机减速下降时,游客是处在超重状态C.当升降机减速上升时,游客是处在失重状态D.当升降机加速下降时,游客是处在超重状态【解析】选B、C。
当升降机加速上升时,游客有向上的加速度,是由重力与升降机对游客支持力的合力产生的,此时升降机对游客的支持力大于游客的重力,所以处于超重状态,A错误。
当升降机减速下降时,具有向上的加速度,同理此时游客也处于超重状态,B正确。
当升降机减速上升时,具有向下的加速度,是由重力与升降机对游客支持力的合力产生的,所以升降机对游客的支持力小于游客的重力,此时失重,C正确。
当升降机加速下降时,也具有向下的加速度,同理可得此时游客处于失重状态,故D错误。
故选B、C。
2.(2020·成都模拟)如图所示,浸在水中的小球的密度小于水的密度且固定在轻弹簧的一端,弹簧的另一端固定在容器的底部,当整个系统自由下落时,弹簧长度将( )A.变长B.不变C.恢复原长D.条件不足,无法确定【解析】选C。
当系统处于静止状态时,浸在水中的小球的密度小于水的密度,由平衡条件可得:F浮=F弹+mg,所以弹簧被拉伸;当整个系统自由下落达到稳定时,小球及水处于完全失重状态,水也不再对球施加浮力,弹簧不再受到拉力,故弹簧将恢复原长;故C正确。
3.质量为m0=20 kg、长为L=5 m 的木板放在水平面上,木板与水平面的动摩擦因数为μ1=0.15,将质量m=10 kg 的小木块(可视为质点),以v0=4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2)。
则下列判断中正确的是( )A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板【解析】选A。
高考物理一轮复习课后限时作业12牛顿运动定律综合应用含解析新人教版
、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力＝x2B．a1<a2，x1＝x2xD．a1<a2，x1>x22物体及弹簧整体分析，有a1＝＝m1＋m2，可知a1<a2，再隔离b分析，有F1－m2g＝m2a1，解得增大B．T b增大C．T a减小D．T b减小设C物体质量为m，A物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度物体分析，有T＝ma，对A物体分析，有F－T＝m′a，解得T＝A．小球对半圆槽的压力为MF m＋Mbc为固定在小车上的水平横杆，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小球，此时小车正以大小为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，可见，误．6.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2A．小球向下运动0.4 m时速度最大B．小球向下运动0.1 m时与挡板分离C．小球速度最大时与挡板分离D．小球从一开始就与挡板分离球和挡板分离前小球做匀加速运动，球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零，即mgsin30°＝0.5km，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时，小球向下运动的路程为0.5 m，故A错误；设球与挡板分离时位移为x，从开始运动到分离的过程中，小球受＝0.1 m，即小球向下运动0.1kA．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出图乙中a1的值C．若θ已知，可求出图乙中a2的值D．若θ已知，可求出图乙中m0的值解析：由题中图象，若m＝0，则物块A受重力、支持力作用，由牛顿第二定物体的质量为A物体质量的两倍，用轻弹簧连接后放在粗糙的保持相对静止后弹簧的形变量相等保持相对静止后两物体的加速度不相等l1＋l2F(1)求小物块所受的恒力F大小．(2)求小物块从B点沿斜面向上运动到返回B点所用时间．(3)小物块能否返回A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时距离B点的距离．解析：(1)由图乙可知，AB段加速度a1＝ΔvΔt＝0.5 m/s2由牛顿第二定律得F cosα－μ(mg－F sinα)＝ma(1)推力F的大小．(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离．解析：(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a 物体的vt图象得a＝3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得－μm A g＝(m A＋m B)a解得F＝15 N.A t F AB AB再次着地前的过程中，求出匀变速运动时的加速度大小；相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为继续向下做匀加速运动，加速度大小mg＋f竖直向上做匀减速运动，加速度大小a B＝答案：(1)见解析。
2020版高考物理一轮复习课后限时作业12牛顿运动定律综合应用含解析新人教版
课后限时作业12 牛顿运动定律综合应用时间：45分钟1．如图所示，a 、b 两物体的质量分别为m 1和m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1，加速度大小为a 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，加速度大小为a 2，则( B )A ．a 1＝a 2，x 1＝x 2B ．a 1<a 2，x 1＝x 2C ．a 1＝a 2，x 1>x 2D ．a 1<a 2，x 1>x 2解析：对a 、b 物体及弹簧整体分析，有a 1＝＝－g ，a 2＝，F － m 1＋m 2 g m 1＋m 2F m 1＋m 2F m 1＋m 2可知a 1<a 2，再隔离b 分析，有F 1－m 2g ＝m 2a 1，解得F 1＝，F 2＝m 2a 2＝，可知F 1＝F 2，m 2F m 1＋m 2m 2F m 1＋m 2再由胡克定律知，x 1＝x 2，所以选项B 正确．2．如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m .现用水平力F 拉B (如图甲所示)，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力F ′拉A (如图乙所示)，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过( B )A ．2FB.F 2C ．3F D.F 3解析：力F 拉木块B 时，A 、B 恰好不滑动，故A 、B 间的静摩擦力达到最大值，对木块A 受力分析，受重力mg 、支持力N 1、向前的静摩擦力f m ，根据牛顿第二定律，有f m ＝ma ，对A 、B 整体受力分析，受重力3mg 、支持力N 2和拉力F ，根据牛顿第二定律，有F ＝3ma ，联立解得f m ＝F ，当F ′作用在木块A 上，A 、B 恰好不滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值，对木块A ，13有F ′－f m ＝ma 1，对整体，有F ′＝3ma 1，联立解得F ′＝F ，即F ′的最大值是F .12123．(多选)如图所示，用力F 拉着A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( AD )A ．T a 增大B ．T b 增大C ．T a 减小D ．T b 减小解析：设C 物体质量为m ，A 物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝，对C F M物体分析，有T b ＝ma ，对A 物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′a .在B 物体上加上橡皮泥，由于原拉力F 不变，则整体的加速度a 减小，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，A 、D 正确．4．质量为M 的光滑半圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F 作用在其上从而使质量为m 的小球静止在半圆槽上，如图所示，则( C )A ．小球对半圆槽的压力为MFm ＋MB ．小球对半圆槽的压力为mF m ＋MC ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在半圆槽上，则小球对半圆槽的压力增大D ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在半圆槽上，则小球对半圆槽的压力减小解析：由整体法可求得系统的加速度a ＝，小球对半圆槽的压力F N ＝m ＝mFM ＋m g 2＋a 2，当F 增大后，F N 增大，只有C 正确．g 2＋F 2M ＋m 25.如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，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小球，此时小车正以大小为a 的加速度向右做匀加速运动，而物块、小球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.若小车的加速度逐渐增加，物块始终和小车保持相对静止，则当加速度增加到2a 时( A )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倍解析：对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向有f ＝(M ＋m )a ，竖直方向有F N ＝(M ＋m )g ，则当加速度增加到2a 时，横杆对物块的摩擦力f 增加到原来的2倍，横杆对物块的弹力等于物块、小球的总重力，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 增加到原来的两倍时，tan θ变为原来的两倍，但θ不是原来的两倍．细a g线的拉力F T ＝，可见，a 变为原来的两倍，F T 不是原来的两倍，故C 、D mg 2＋ ma 2错误．6.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2 kg 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4 m/s 2的加速度沿斜面向下匀加速运动，g 取10 m/s 2，则( B )A ．小球向下运动0.4 m 时速度最大B ．小球向下运动0.1 m 时与挡板分离C ．小球速度最大时与挡板分离D ．小球从一开始就与挡板分离解析：球和挡板分离前小球做匀加速运动，球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零，即kx m ＝mg sin30°，解得x m ＝mg sin30°k＝0.5 m ，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时，小球向下运动的路程为0.5 m ，故A 错误；设球与挡板分离时位移为x ，从开始运动到分离的过程中，小球受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力F N 、沿斜面向上的挡板支持力F 1和弹簧弹力F ，根据牛顿第二定律有mg sin30°－kx －F 1＝ma ，保持a 不变，随着x 的增大，F 1减小，当小球与挡板分离时，F 1减小到零，则有mg sin30°－kx ＝ma ，解得x ＝＝0.1 m ，即小球向下运动m g sin30°－a k0.1 m 时与挡板分离，故B 正确；因为速度最大时，运动的位移为0.5 m ，而小球运动0.1 m 与挡板分离，故C 、D 错误．7．(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B .保持A 的质量不变，改变B 的质量m ，当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的图线如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s 2，斜面的倾角为θ.下列说法正确的是( BC )A ．若θ已知，可求出A 的质量B ．若θ未知，可求出图乙中a 1的值C ．若θ已知，可求出图乙中a 2的值D ．若θ已知，可求出图乙中m 0的值解析：由题中图象，若m ＝0，则物块A 受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可知，A 的加速度方向沿斜面向下，a 2＝－g sin θ，C 正确；若m ＝m 0，则A 的加速度为零．由平衡条件可知，m 0g ＝m A g sin θ，必须知道A 的质量m A 和θ的值，m 0才可求，D 错误；若B 的质量无限大，则所受拉力远小于它的重力，B 的加速度趋近于g ，所以A 的最大加速度a 1＝g ，B 正确；对以上状态的分析中，均无法计算出A 的质量，A 错误．8.如图所示，B 物体的质量为A 物体质量的两倍，用轻弹簧连接后放在粗糙的斜面上，A 、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ.对B 施加沿斜面向上的拉力F ，使A 、B 相对静止地沿斜面向上运动，此时弹簧长度为l 1；若撤去拉力F ，换成大小仍为F 的沿斜面向上的推力推A ，A 、B保持相对静止后弹簧长度为l 2，则下列判断正确的是( D )A ．两种情况下A 、B 保持相对静止后弹簧的形变量相等B ．两种情况下A 、B 保持相对静止后两物体的加速度不相等C ．弹簧的原长为l 1＋l 22D ．弹簧的劲度系数为Fl 1－l 2解析：以A 、B 为整体，根据牛顿第二定律知，两种情况下的加速度相等，设A 的质量为m ，则加速度a ＝－g sin θ－μg cos θ.设弹簧的原长为l 0，根据牛顿第二定律得，第一种情况F 3m下，对A ，有k (l 1－l 0)－mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，第二种情况下，对B ，有k (l 0－l 2)－2mg sin θ－μ·2mg cos θ＝2ma ，联立得l 0＝，k ＝，故B 、C 错误，D 正确；第2l 1＋l 23F l 1－l 2一种情况下，弹簧的形变量为Δl 1＝l 1－l 0＝l 1－l 2，第二种情况下，弹簧的形变量Δl 2＝l 01313－l 2＝l 1－l 2，故A 错误．23239．足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B 点由一小段圆弧连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F 作用，如图甲所示，小物块在AB 段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B 点时迅速撤去恒力F .(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)求小物块所受的恒力F 大小．(2)求小物块从B 点沿斜面向上运动到返回B 点所用时间．(3)小物块能否返回A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时距离B 点的距离．解析：(1)由图乙可知，AB 段加速度a 1＝＝0.5 m/s 2Δv Δt由牛顿第二定律得F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1解得F ＝＝11 N.ma 1＋μmg cos α＋μsin α(2)在BC 上，有mg sin α＝ma 2加速度a 2＝g sin α＝8 m/s 2小物块从B 到最高点所用时间与从最高点到B 时间相等，则t ＝＝0.5 s.2v Ba 2(3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3解得a 3＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2滑行的位移s ＝＝ m ＝0.4 m<s AB ＝t ＝t ＝×4.0 m ＝4.0 m.v 22a 3 2.022×5v v B 2 2.02故小物块不能返回A 点．答案：(1)11 N (2)0.5 s (3)不能 0.4 m10．两物体A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 与地面间没有摩擦，B 物体运动的v t 图象如图乙所示．g 取10 m/s 2，求：(1)推力F 的大小．(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．解析：(1)在水平推力F 作用下，设物体A 、B 一起做匀加速运动的加速度为a ，由B 物体的v t 图象得a ＝3 m/s 2.对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a 解得F ＝15 N.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B 做匀速运动，对于A 物体有μm A g ＝m A a A ，a A ＝μg ＝3 m/s 2，v t ＝v 0－a A t ＝0，解得t ＝2 s ，物体A 的位移为x A ＝t ＝6 m ，v 物体B 的位移为x B ＝v 0t ＝12 m ，所以A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离为Δx ＝x B －x A ＝6 m.答案：(1)15 N (2)6 m11.如图所示，一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上，A 的长度相对B 的长度来说可以忽略不计，A 和B 的质量都等于m ，A 和B 之间滑动摩擦力为f (f <mg ，g 为重力加速度)．开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h ，A 在B 的顶端．现让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B 再次着地前，A 、B 不分离．(1)请描述在从开始释放到B 再次着地前的过程中，A 、B 各自的运动情况，并求出匀变速运动时的加速度大小；(2)B 至少应该多长？解析：(1)释放后A 和B 相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a ＝g ，B 与地面碰撞后，A 继续向下做匀加速运动，加速度大小a A ＝，mg －f mB 竖直向上做匀减速运动，加速度大小a B ＝，mg ＋f mB 速度减为零后，继续以加速度a B 向下运动．(2)B 第一次着地前瞬间的速度为v 1＝，2gh B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t ＝，2v 1aB 在此时间内A 的位移x ＝v 1t ＋a A t 2，12要使B 再次着地前A 不脱离B ，木棒长度L 必须满足L ≥x ，联立解得L ≥.8m 2g 2h mg ＋f 2答案：(1)见解析 (2)8m 2g 2h mg ＋f 2。
高考一轮复习牛顿运动定律之受力分析综合应用
情景拓展：
如图所示，水平地面上放置一光滑斜 面，斜面倾角为θ，物块A、B质量为M、 m，在斜面上静止释放，物块A、B一起加 速下滑，斜面一直保持静止，斜面质量为 M0，求：A、B下滑过程中，地面受到的 压力和摩擦力大小。
三、作业
1．（2019·高考全国卷Ｉ·19改编） 如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面倾
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8.唯有经历劳动的洗礼，挥汗如雨， 奋斗筑 梦，才 能悟得 真谛， 享受劳 动所带 来的快 乐。
感谢观看，欢迎指导！
（运动趋势方向：假设接触面光滑时的运动方向。）
四、巩固拓展 1、牛顿运动定律之弹力分析
例1：弹力有无判断
如图所示，在匀强磁场中， 有一水平固定粗糙细杆，一带 正电的小球套在细杆上，现给 小球一个水平向右的初速度v0， 请画出小球运动的速度v-时间t （思考时间1分钟） 图像
例2：弹力大小计算
如图所示，物块A、B 质量分别为2m、m，一起 沿固定光滑斜面下滑，斜 面倾角为θ，求：下滑过程 物块A对物块B作用力大小
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4.鲁迅是学生们比较熟悉的，可以从 鲁迅与 萧红的 忘年交 来引出 对当 今世界 要求的 格物致 知放在 一起加 以比较 ，从而 突出强 调了本 文的论 点。
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6.本文虽然属于学术性演讲，但通俗 易懂， 听众易 于接受 。首先 ，作者 在演讲 过程中 注意结 合自己 的切身 体验， 如作者 讲到了 自己初 到美国 大学念 物理时 的彷徨 恐慌， 这样就 拉近了 与听众 的距离 ，并使 他们真 切地感 受到格 物致知 精神的 重要性 。
牛顿运动定律之受力分析综合应用1
一、 近 三 年 全 国 卷
“
受 力 分 析
2024年新高考二轮物理复习专题——牛顿运动定律的综合应用
考情透析命题点考频分析命题特点核心素养传送带问题2023年：海南T18湖南T102022年：浙江6月T19江苏T12021年：全国（乙卷）T8辽宁T13试题往往通过运动图像提供信息，分析物体的实际运动；也有以生活中的常见现象为背景的计算题，重点考查对牛顿运动定律的理解及灵活应用。
试题通常涉及临界、极值问题并与图像相结合。
物理观念：运用运动和相互作用观念分析多物体的较复杂运动问题。
科学思维：根据牛顿运动定律综合分析物体的运动状态再结合数学知识进行推理计算。
板块问题临界问题热点突破1传送带问题▼考题示例1（2023·江苏省盐城市·模拟题）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行。
t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的v －t 图像如图乙所示，2s 时滑离传送带。
设沿传送带向下为正方向重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
则（）A ．传送带的倾角θ＝30°B ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4C ．传送带上下两端的间距为15mD ．物体在传送带上留下的痕迹长度为5m 答案：D解析：AB ．由题图得0～1s 内物体加速度a 1＝11v t ∆∆＝10.01.0m/s 2＝10.0m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 11～2s 内加速度a 2＝22v t ∆∆＝12.010.01.0-m/s 2＝2.0m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故AB 错误；C ．由题可得物体0～2s 内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据v －t 图像与t 轴所围的面积表示位移，可知位移l ＝10.0×1.02m ＋10.0+12.02×1m ＝16m ，故C 错误；D ．由题图知传送带的速率v 0＝10m/s ，则0～1s 内，物体的位移为x 1＝10.0×1.02m ＝5m传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝10×1m ＝10m故物体与传送带间相对位移大小为Δx 1＝x 2－x 1＝10m －5m ＝5m物体相对传送带向上运动；1～2s 内物体的位移为x 3＝10.0+12.02错误!未定义书签。
高考物理一轮复习 专题12 牛顿运动定律的综合应用(测)(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题12 牛顿运动定律的综合应用【总分为：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每一小题5分，共60分。
在每一小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．如下列图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。
假设砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度为g。
要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于：〔〕A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg【答案】D2．某运动员〔可看作质点〕参加跳台跳水比赛，t=0是其向上起跳离开跳台瞬间，其速度与时间关系图象如下列图不计空气阻力，如此如下说法错误的答案是：〔〕A．可以求出水池的深度B．可以求出平台距离水面的高度C．0～t2时间内，运动员处于失重状态D．t2～t3时间内，运动员处于超重状态【答案】A3．如下列图，物块M 在静止的足够长的传送带上以速度0v 匀速下滑，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到02v 后匀速运动的过程中，如此以下分析正确的答案是： 〔 〕A ．M 下滑的速度不变B ．M 开始在传送带上加速到02v 后向下匀速运动C ．M 先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D ．M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上 【答案】C【解析】传送带静止时，物体匀速下滑，故sin mg f θ=，当传送带转动时，由于传送带的速度大于物块的速度，故物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物体向下做加速运动，当速度达到传送带速度，物块和传送带具有一样的速度匀速下滑，故C 正确．【名师点睛】解决此题的关键通过分析M 所受摩擦力的大小，判断出摩擦力和重力沿斜面的分力相等，然后判断出物体的运动特点．4．如下列图，质量M=8kg 的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F =8N ，当小车速度达到1.5m/s 时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m=2kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，物体从放上小车开始经t=1.5s 的时间，如此物体相对地面的位移为〔g 取10m/s 2〕：〔 〕A.1mB.2.1mC.2.25mD.3.1m【答案】B【解析】放上物体后，物体的加速度212/a g m s μ==，小车的加速度：220.5/F mga m s Mμ-==，物体的速度达到与小车共速的时间为t ，如此102a t v a t =+，解得t=1s;此过程中物体的位移：211112s a t m ==；共【名师点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学根本公式求解，难度适中。
秘籍03牛顿运动定律的综合应用(解析版)-备战2024年高考物理抢分秘籍
秘籍03 牛顿运动定律的综合应用一、整体法和隔离法处理连接体问题1.常见的连接体（1）物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度速度、加速度相同（2）轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
速度、加速度相同速度、加速度大小相等，方向不同（3）轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。
速度、加速度相同（4）弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等。
2.整体法与隔离法处理连接体问题的思路（1）整体法当连接体内（即系统内）各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
（2）隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
（3）处理连接体方法①共速连接体，一般采用先整体后隔离的方法。
如图所示，先用整体法得出合力F与a的关系，F=（m A＋m B）a，再隔离单个物体（部分物体）研究F内力与a的关系，例如隔离B，F内力=m B a= F②关联速度连接体分别对两物体受力分析，分别应用牛顿第二定律列出方程，联立方程求解。
二、牛顿运动定律处理运动学中的图像问题1.常见图像（1）v-t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解。
（2）a-t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解。
（3）F-t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况。
（4）F-a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量。
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C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板 D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板 【解析】选 A。木板与地面间的摩擦力为 Ff1=μ1(m0+m)g=0.15×(20+10)×10 N= 45 N,小木块与木板之间的摩擦力为 Ff2=μ2mg=0.4×10×10 N=40 N,Ff1>Ff2,所以木板一定静止不动;设小木块在木板上滑行的距离为 x, =2μ2gx,解得 x=2 m< L=5 m,所以小木块不能滑出木板,A 正确。 4.(2019·南昌模拟)为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种 新的交通工具,乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整,使座椅始终 保持水平,如图所示。当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的 作用),则乘客 ( )
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乘客的加速度沿斜面向下,根据牛顿第二定律可知乘客所受的合力沿 斜面向下,选项 D 错误。 【补偿训练】 如图所示,与轻绳相连的物体 A 和 B 跨过定滑轮,质量 mA<mB,A 由静止释 放,不计绳与滑轮间的摩擦,则在 A 向上运动的过程中,轻绳的拉力
()
A.FT=mAg
B.FT>mAg
C.FT=mBg
求:(1)A 物体在纸带上的滑动时间。 (2)两物体 A、B 停在地面上的距离。 【解析】(1)两物体在纸带上滑动时:μ1mg=ma1 当物体 A 滑离纸带时 a - a1 =d,t1=1 s (2)物体 A 离开纸带时的速度 v1=a1t1 物体 A 在地面上运动时有μ 2mg=ma2 物体 A 从开始运动到停在地面上的总位移 s1= +
(1)物块 A、B 分离时,所加外力 F 的大小。 (2)物块 A、B 由静止开始运动到分离所用的时间。 【解析】(1) 物块 A、B 分离时,对 B:F-μmg=ma, 解得:F=21 N。 (2)A、B 静止时,对 A、B:kx1=2μmg。
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A、B 分离时,对 A:kx2-μmg=ma。 此过程中 x1-x2= at2 解得:t=0.3 s。 答案:(1)21 N (2)0.3 s
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得 F-f=3ma,则 a= ;对于物块 P,根据牛顿第二定律得 T-μmg=ma,整 理得 T= ,选项 D 正确,A、B、C 错误。 6.如图所示,质量为 m 的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住。现用一 个力 F 拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动,忽 略一切摩擦,以下说法中正确的是 ( )
它的速度 v=
= ,选项 D 错误。
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9.(多选)(2019·烟台模拟)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水 平面上,t=0 时刻滑块从木板的左端以速度 v0 水平向右滑行,木板与滑 块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列描述滑块的 v-t 图象中可能正确的是 ( )
【解析】选 B、D。设滑块质量为 m,木板质量为 M,滑块与木板间的动摩 擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,若μ1mg<μ2(M+m) g,则 滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度 a1=μ1g,木板静止,选项 D 正 确;若μ1mg>μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度为 a1=μ1g,木板向右匀加速运动,当二者速度相等后,一起以 a2=μ2g 的加 速度匀减速到停止,因 a1>a2,故选项 B 正确。 【补偿训练】 如图所示,光滑水平面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块 A、B、C、 D,其中 A、C 两木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦 力是μmg。现用水平拉力 F 拉 D 木块,使四个木块以同一加速度运动, 则 A、C 间轻绳的最大拉力为 ( )
A.相同时间内,A、B 运动的路程之比为 2∶1 B.物块 A、B 的加速度之比为 1∶1 C.细绳的拉力为
D.当 B 下落高度 h 时,速度为
【解析】选 A、C。图中物块 B 悬挂在动滑轮上,在时间 t 内,物块 B 下 落高度等于物块 A 运动路程的 ,即相同时间内 A、B 运动的路程之比为 sA∶sB=2∶1,选项 A 正确;静止释放物块 A、B 后,由初速度为零的匀变 速直线运动规律,s= at2,由此可知,物块 A、B 的加速度之比为 aA∶aB=2∶1,选项 B 错误;设细绳对物块 A 的拉力为 F,对物块 A,由牛顿 第二定律,F=maA,对物块 B,由牛顿第二定律,3mg-2F= 3maB,联立解 得:F= ,选项 C 正确;由 F=maA,可得 aA= ,aB= ,当 B 下落高度 h 时,
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课时分层提升练 十二
牛顿运动定律的综合应用 (建议用时 45 分钟)
1.(多选)(2019·山师附中模拟)游乐园中,游客乘坐能加速或减速运动 的升降机,可以体会超重或失重的感觉。下列描述正确的是 ( ) A.当升降机加速上升时,游客是处在失重状态 B.当升降机减速下降时,游客是处在超重状态 C.当升降机减速上升时,游客是处在失重状态 D.当升降机加速下降时,游客是处在超重状态 【解析】选 B、C。当升降机加速上升时,游客有向上的加速度,是由重 力与升降机对游客支持力的合力产生的,此时升降机对游客的支持力 大于游客的重力,所以处于超重状态,A 错误。当升降机减速下降时,具 有向上的加速度,同理此时游客也处于超重状态,B 正确。当升降机减速 上升时,具有向下的加速度,是由重力与升降机对游客支持力的合力产 生的,所以升降机对游客的支持力小于游客的重力,此时失重,C 正确。 当升降机加速下降时,也具有向下的加速度,同理可得此时游客处于失 重状态,故 D 错误。故选 B、C。
A.处于超重状态 B.不受摩擦力的作用 C.受到水平向左的摩擦力作用 D.所受合力竖直向上 【解析】选 C。当此车减速上坡时,整体的加速度沿斜面向下,乘客具有 向下的分加速度,故乘客处于失重状态,选项 A 错误;由于乘客的加速度 沿斜面向下,乘客有水平向左的分加速度,对乘客进行受力分析,乘客 受重力、支持力和水平向左的静摩擦力作用,选项 B 错误,C 正确;由于
7.如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为 m 和 M(m∶M=1∶2)的物块 A、B 用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同,当用水平力 F 作用于 B 上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为 x1;当用同
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样的大小的力 F 竖直加速提升两物块时,弹簧的伸长量为 x2,则 x1∶x2 等于 ( )
当物体 B 滑离纸带时 a - a1 =2d v2=a1t2
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物体 B 从开始运动到停在地面上的总位移 s2= + 两物体最终停止的间距 x=s2+d-s1=1.25 m。 答案:(1)1 s (2)1.25 m 12.如图所示,与水平面成θ=30°的传送带正以 v=3 m/s 的速度匀速运 行,A、B 两端相距 l=13.5 m。现每隔 1 s 把质量 m=1 kg 的工件(视为 质点)轻放在传送带上,工件在传送带的带动下向上运动,工件与传送 带间的动摩擦因数μ= ,g 取 10 m/s2,结果保留两位有效数字。求:
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2.(2020·成都模拟)如图所示,浸在水中的小球的密度小于水的密度且 固定在轻弹簧的一端,弹簧的另一端固定在容器的底部,当整个系统自 由下落时,弹簧长度将 ( )
A.变长 B.不变 C.恢复原长 D.条件不足,无法确定 【解析】选 C。当系统处于静止状态时,浸在水中的小球的密度小于水 的密度,由平衡条件可得:F 浮=F 弹+mg,所以弹簧被拉伸;当整个系统自由 下落达到稳定时,小球及水处于完全失重状态,水也不再对球施加浮力, 弹簧不再受到拉力,故弹簧将恢复原长;故 C 正确。 3.质量为 m0=20 kg、长为 L=5 m 的木板放在水平面上,木板与水平面的 动摩擦因数为μ1=0.15,将质量 m=10 kg 的小木块(可视为质点),以 v0=4 m/s 的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示),小木块 与木板面间的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦 力,g=10 m/s2)。则下列判断中正确的是 ( )
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.2∶3 【解析】选 A。对左图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度
a=
= -μg,对 A 物体有:F 弹-μmg=ma,得 F 弹= =kx1,x1= 。
对右图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度 a′
=
= -g,对 A 物体有:F′弹-mg=ma′,得 F′弹= =kx2,x2= ,则
A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零 B.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零 C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于 ma D.斜面对球不仅有弹力,而且该弹力是一个定值 【解析】选 D。设球的质量为 m,斜面倾角为θ,斜面给球的弹力为 F1, 竖直挡板给球的弹力为 F2,对球受力分析,如图所示,由牛顿第二定律 得:F1cosθ-mg=0, F2-F1sin θ=ma,解得 F1= 是定值,F2=mgtan θ +ma,故 A、B 错,D 正确;球所受斜面、挡板的力以及重力的合力为 ma, 故 C 错。
A.
B.
C.
D.3μmg
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【解析】选 C。设整体加速度为 a,对 B 木块受力分析,水平方向只受静 摩擦力作用,Ff1=2ma① 对 A、B、C 三个木块组成的整体受力分析,水平方向只受静摩擦力作 用,Ff2=4ma② 由于 A、B 间和 C、D 间的最大静摩擦力大小都为μmg,且 Ff2>Ff1,所以整 体加速度增大时,C、D 间的静摩擦力先达到最大静摩擦力,取 Ff2=μmg ③ 再对 A、B 两木块组成的整体受力分析,水平方向只受绳的拉力作用,有 FT=3ma④ 由②③④得 FT= μmg,C 正确,A、B、D 错误。 10.如图所示,质量均为 m=3 kg 的物块 A、B 紧挨着放置在粗糙的水平 地面上,物块 A 的左侧连接一劲度系数为 k=100 N/m 的轻质弹簧,弹簧 另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状 态,现使物块 B 在水平外力 F 作用下向右做 a=2 m/s2 的匀加速直线运动 直至与 A 分离,已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5,g 取 10 m/s2。求: