2023屆高考物理備考一輪總復(fù)習(xí)-牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用章節(jié)綜合復(fù)習(xí)含解析

2023屆高中物理高考備考一輪總復(fù)習(xí)

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用章節(jié)券臺(tái)復(fù)習(xí)卷

一、單選題（共7題）

1.在梯井中，由鋼索懸掛豎直電梯C,頂部用繩子懸掛了球A,A下方焊接一個(gè)彈簧，彈簧下端懸掛球B,

整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，簡(jiǎn)化示意圖如圖所示。已知繩子、彈簧的質(zhì)量遠(yuǎn)小于兩球質(zhì)量，兩球質(zhì)量又遠(yuǎn)小

于電梯質(zhì)量。若懸掛電梯的鋼索突然斷裂，在電梯下落瞬間，球A、球B、電梯C各自加速度約為（）

A.9.8m/s\19,8m/s2、0B.19.6m/s2、0、9.8m/s2

C.0、9.8m/s29.8m/s2D.9.8m/s20、9.8m/s2

2.如圖所示，傳送帶以%=8m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為0.5kg的一袋面粉輕放在傳送帶的A

端，面粉袋與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)M=Q5,傳送帶兩端距離x=12.2m。傳送帶傾角為37。，則面粉袋

從A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷的時(shí)間為（sin37°=0.6,cos37。=0.8,g取10m/s?）（）

A.1.8sB.2.0sC.1.125sD.1.6s

3.如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為e,在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，木塊與傳送帶

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為"，木塊速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示。重力加速度為心則（）

A.傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

B.傳送帶的速度大于W）

C.前、后木塊受到的摩擦力方向相同

D.后木塊的加速度為2gsin。--

4.如圖，水平地面上有三個(gè)靠在一起的物塊P、Q和R,質(zhì)量分別為機(jī)、2機(jī)和3〃i,物塊與地面間的動(dòng)摩

擦因數(shù)都為〃。用大小為F的水平外力推動(dòng)物塊尸，記R和。之間相互作用力與Q與尸之間相互作用力大

小之比為鼠下列判斷正確的是（）

PIQIR

53

A.若〃*0,則&=」B.若〃二0,則k=?

65

|2

C.若〃=0,則D.若〃=0,則％=g

5.如圖所示，一質(zhì)量為1kg的小型遙控?zé)o人機(jī)，在恒定升力廠=16N的作用下豎直起飛，經(jīng)過(guò)3s后，無(wú)人

機(jī)達(dá)到最大速度6m/s,改變升力，此后無(wú)人機(jī)勻速上升。假設(shè)無(wú)人機(jī)豎直飛行時(shí)所受的阻力大小不變，重

力加速度g取lOm/s?。則該無(wú)人機(jī)（）

A.起飛時(shí)的加速度大小為4m/s2

B.在豎直上升過(guò)程中所受阻力的大小的2N

C.豎直向上加速階段位移大小為12m

D.上升至離地面30m處所需的最短時(shí)間為6.5s

6.質(zhì)量均為0.2kg的兩個(gè)小物塊A、8用繞過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩相連，將A從圖示位置由靜止釋放,

釋放前瞬間A的底部到水平地面的高度為0.8m,輕繩處于伸直狀態(tài)，A落地后不反彈，8繼續(xù)沿水平臺(tái)面

向右運(yùn)動(dòng)。2與臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,取重力加速度大小g=10m/s2,8不會(huì)與滑輪相碰，不計(jì)空

氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

7777777

A.A落地前輕繩的拉力大小為2N

B.8運(yùn)動(dòng)的最大速度為4m/s

C.A落地后，8向右運(yùn)動(dòng)的路程為1.2m

D.8運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為lm/s

7.如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子懸掛在輕繩上，物體質(zhì)量為其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩

擦力均為凡夾子質(zhì)量為，公假設(shè)在下列各種情況下，物塊在夾子中沒(méi)有滑動(dòng)，重力加速度為g,以下說(shuō)

法一定正確的是（）

Jv夾子

A.物塊靜止時(shí)，繩中的張力等于2/

B.物塊向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，輕繩中的張力等于（〃+，*）g-2尸

C.物塊自由下落時(shí)，物塊和夾子間的作用力等于0

2(M+m)

D.物塊向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，輕繩中的最大張力等于

M

二、多選題（共5題）

8.如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為機(jī)和M的物塊A、8用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的

動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，當(dāng)用水平力月作用于8上且兩物塊共同向右以加速度⑶勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量

為打；當(dāng)用同樣大小的恒力/沿著傾角為6的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度s勻加速

A.若m>M,有xi=X2B.若m<M,有xi=X2

C.若">sin0,有x\>X2D.若/z<sin9,有x\<xi

9.如圖甲所示，在水平地面上有一長(zhǎng)木板B,其上疊放木塊A.已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用一

水平力產(chǎn)作用于B,A、B的加速度與F的關(guān)系如圖乙所示（g=10m/s2）,則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.A的質(zhì)量為0.8kg

B.B的質(zhì)量為0.5kg

C.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

D.B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4

10.如圖所示，物體A與斜面體B始終保持相對(duì)靜止并一起沿水平面向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度逐漸增大

A.B對(duì)A的彈力不變，B對(duì)A的摩擦力可能減小

B.B對(duì)A的彈力不變，B對(duì)A的摩擦力可能增大

C.B對(duì)A的彈力和摩擦力都可能增大

D.B對(duì)A的彈力增大，B對(duì)A的摩擦力可能減小

11.如圖甲所示，某快遞分揀傳送帶裝置由多組相同的長(zhǎng)度為/的水平傳送帶組合而成（不計(jì)相鄰傳送帶

間的間隙，圖乙中僅畫出其中三個(gè)），傳送帶正常工作時(shí)速度大小為當(dāng)方向如圖。某時(shí)刻傳送帶2因故停

止，此時(shí)，一長(zhǎng)度為d（/>d）的物件正在傳送帶1上勻速運(yùn)動(dòng)。物件質(zhì)量均勻分布、始終沿水平方向做直

線運(yùn)動(dòng)，它與傳送帶各處摩擦因數(shù)均相同，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則物件右端通過(guò)傳送帶2的過(guò)

程中，下列關(guān)于物件運(yùn)動(dòng)的加速度。隨位移X、速度u隨時(shí)間f變化關(guān)系的圖像中，可能正確的是（）

傳備?傳《帶2傳展帶3

圖乙

中受到的空氣阻力大小恒為自身重力的0.2倍，g取10m/s2。求該過(guò)程

（1）無(wú)人機(jī)的加速度大小及末速度大小；

（2）無(wú)人機(jī)受到的升力大小。

15.質(zhì)量為M=2kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上，在木板左端放有質(zhì)量為，”=1kg的鐵塊（可

視為質(zhì)點(diǎn)）。現(xiàn)給鐵塊施加一水平拉力尸=4N,使鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)，作用f=ls后撤去拉力，鐵塊恰好

不掉下木板，求木板的長(zhǎng)度L的值。（已知鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.2,g取10m/s2。）

16.一長(zhǎng)為L(zhǎng)=2.0m的薄木板A放在傾角為37。的光滑斜坡上，斜坡底端。到水平地面高度為力=17m,

木板下端放一小物塊8,物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，開始木板通過(guò)銷釘固定，物塊與木板間的摩擦因數(shù)為〃=。75,

木板質(zhì)量為M=2kg,物塊的質(zhì)量"?=lkg,在撤去銷釘?shù)耐瑫r(shí)對(duì)木板施加沿斜面向下的尸=24N的拉力，

作用一段時(shí)間后撤去拉力，之后物塊恰能滑離木板，當(dāng)物塊從底端?；龊舐涞攸c(diǎn)到。點(diǎn)的水平距離為

16m,g=10m/s2,求：

（1）拉力作用下物塊B與木板A的加速度大；

（2）拉力的作用時(shí)間；

（3）物塊滑離木板時(shí)的速度大?。?/p>

（4）物塊滑離木板時(shí)到斜面底端的距離。

參考答案

1.D

【詳解】

由于電梯與球A之間的繩索可視為不可伸長(zhǎng)，即球A和電梯的加速度相同，因?yàn)殡娞葙|(zhì)量遠(yuǎn)大于其內(nèi)物

體質(zhì)量，鋼索撕裂后，可視為在自身重力下運(yùn)動(dòng)，因此加速度大小為9.8m//,彈簧形變?yōu)楹暧^形變，在瞬

間不可更改，因此球B受力幾乎不變，其加速度為0,ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

2.A

【詳解】

剛開始時(shí)面粉袋加速到%=8m/s用時(shí)

2

%

根據(jù)牛頓第二定律

tngsin0+jumgcos6=ma1

解得

/i=0.8s

運(yùn)動(dòng)路程

*=：卬［2=3.2m

面粉袋加速到%=8m/s之后，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin8-從mgcos0=ma2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律

12

f=vQt2+-a2t2

聯(lián)立解得

t2=Is

則總時(shí)間為

t=+『2=1.8s

故選Ao

3.D

【詳解】

A.若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)滑塊下滑（〃取sinG/""gcos。），將一直勻加速到底端；當(dāng)滑塊上滑

（mgsinH〈卬Mgcos。），先勻加速運(yùn)動(dòng)，在速度相等后將勻速運(yùn)動(dòng)，兩種均不符合運(yùn)動(dòng)圖象，故傳送帶是逆時(shí)

針轉(zhuǎn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.只有當(dāng)滑塊的速度等于傳送帶的速度時(shí)，滑塊所受的摩擦力變成斜向上，故傳送帶的速度等于vo,故

B錯(cuò)誤；

CD.滑塊在0?fo內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力向下做勻加速下滑

q=gsin。cos0

由圖可知

則

n=—------tan，

gtocos0

等速后滑塊所受的摩擦力變成斜向上，加速度為

生=gsin。一Rgcos0

代入〃值得

a2=2^sin^--

，0

故C錯(cuò)誤D正確。

故選Do

4.B

【詳解】

三物塊靠在一起，將以相同加速度向右運(yùn)動(dòng)，則加速度大小

F

6m

所以R和。之間相互作用力為

F\=3ma+3〃〃?g=yF

。與尸之間相互作用力

F2=F-〃加g-ma=F-Rng--F+^mg=

6

所以可得

F-F

A=2_=3

取

5F5

6

與〃是否為零無(wú)關(guān)，故有人二］3恒成立

o

故選Bo

5.D

【詳解】

A.由題意知無(wú)人機(jī)以恒定升力起飛時(shí)的加速度

Av

a=——=2m/s2

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.由牛頓第二定律

F-Ff-mg=ma

解得

Ff=4N

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.豎直向上加速階段

=9m

選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.勻速階段

r=Az5.3.

2V=5s

無(wú)人機(jī)從地面起飛豎直上升至離地面/7=30m處所需的最短時(shí)間

t=￡+G=65s

選項(xiàng)D正確;

故選D。

6.D

【詳解】

A.設(shè)4落地前輕繩的拉力大小為7,4、8的加速度大小均為則對(duì)4、B分別應(yīng)用牛頓第二定律可得

mg-T=max

T-jurng=tna]

聯(lián)立解得

q=2.5m/s1T=1.5N

故A錯(cuò)誤：

B.A落地時(shí)B達(dá)到最大速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得最大速度為

v=yflaji=2m/s

故B錯(cuò)誤；

C.A落地后，B做勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為

2

a2=pig=5m/s

B向右運(yùn)動(dòng)的路程為

s==0.4m

2a2

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知B在勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均速度大小均為

—V

v=—=Im/s

2

所以整個(gè)過(guò)程中8運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為lm/s,故D正確。

故選D。

7.D

【詳解】

A.對(duì)整體分析，物塊靜止時(shí)，繩子的張力

T=(A/+m)g

A錯(cuò)誤；

B.物塊向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，輕繩的張力等于整體的重力，即

T-(M+in)g

B錯(cuò)誤；

C.物塊自由下落時(shí)，物塊處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)物塊和夾子間的摩擦力為零，但是物塊和夾子間的作

用力不一定為零，故C錯(cuò)誤；

D.隔離對(duì)物塊分析，最大加速度

2F-Mg

a~-

對(duì)整體分析得

Tm—(.M+m)g=(M+m)a

解得繩子的最大拉力

?2(A/+加)?

T=---F

mM

故D正確；

故選D。

8.AB

【詳解】

在水平面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律有

+M)a\

隔離物塊A,根據(jù)牛頓第二定律有

Fy—f,img=ma\

聯(lián)立解得彈簧上的拉力為

m

F=------F

Tm+M

在斜面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體由牛頓第二定律有

隔離物塊A,根據(jù)牛頓第二定律有

尸r'—mgsin9=ma2

聯(lián)立解得彈簧上的拉力

m

m+M

對(duì)比可知，彈簧彈力相等，即彈簧伸長(zhǎng)量相等，與動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角無(wú)關(guān)，AB正確，CD錯(cuò)誤。

故選AB。

9.AC

【詳解】

C.由圖可知，A、B二者開始時(shí)對(duì)地靜止，當(dāng)拉力為4N時(shí)開始對(duì)地滑動(dòng)；故B與地面間的最大靜摩擦力

為+4N；當(dāng)拉力為尸i=10N時(shí)，AB相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為5m/s2；當(dāng)拉力為尸2=12N時(shí)，B的加

速度為10m/s2,對(duì)A分析可知

解得A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)

4=0.5

C正確；

AB.對(duì)B分析可知

F2-Ff-^mAg=mBaB

對(duì)整體有

Fx-F{=(mA+mB)aA

聯(lián)立解得

mA=0.8kg

mR=0.4kg

B錯(cuò)誤A正確；

D.則由

^2(mA+mB')g=F(

解得B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

=0.33

D錯(cuò)誤。

故選ACo

10.CD

【詳解】

因物體A和斜面體B保持相對(duì)靜止，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，所以物體A的合力沿水平方向，豎直方向

合力為零。若開始時(shí)靜摩擦力方向沿斜面向下，則物體A的受力如圖所示

Aa

_§認(rèn)

mg

此時(shí)有

尸NSinO+Ffcos0=ma

FNCOS^—Ffsin0=mg

所以當(dāng)FN增大時(shí)，R一定增大，因此a增大，尺均增大；同理若開始時(shí)靜摩擦力方向沿斜面向上，有

AsinO-Ffcos0=ma

尸NCOSO+F(s\n0=mg

若外增大，則a沿斜面向上先減小到零再沿斜面向下逐漸增大。

故選CDo

11.BD

【詳解】

物件未滑上傳送帶2時(shí)，在傳送帶1上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為0；當(dāng)物件右端滑上傳送帶2時(shí)，由于

傳送帶2靜止，物件相對(duì)傳送帶向右滑行，受到傳送帶2對(duì)它水平向左的滑動(dòng)摩擦力作用，物件做減速運(yùn)

動(dòng)，設(shè)滑上傳送帶2上物件部分的質(zhì)量為機(jī)，物件整體質(zhì)量為根據(jù)牛頓第二定律有

/jmg=Ma

可得物件加速度大小為

M

“隨著x的增加，”逐漸增大，即物件做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物件全部滑上傳送帶2時(shí)，根據(jù)牛頓

第二定律有

juMg-Ma'

可得物件加速度大小為

a'=/Jg

故物件做加速度不變的勻減速運(yùn)動(dòng)，直到物件右端滑離傳送帶2,綜上所述，可知AC錯(cuò)誤，BD正確。

故選BDo

12.BCD

【詳解】

A.滑塊經(jīng)過(guò)BC的平均速度

——2

V,,,.=——m/s=1Om/s

0.2

即2C中間時(shí)刻的速度為10m/s,而中間位移的速度大于中間時(shí)刻的速度，則滑塊過(guò)戶點(diǎn)時(shí)的速度大小大

于IOm/s選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.物體下滑的加速度為

a=gsin30=5m/s2

則滑塊過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為

vc=vp+aT=10+5x0.lm/s=10.5m/s

選項(xiàng)B正確；

C.因?yàn)閺腜到C的平均速度大于從8到P的平均速度，則滑塊從P到C的時(shí)間小于0.1s,選項(xiàng)C正確；

D.若斜面傾角變?yōu)?5。，則下滑的加速度變大，則滑塊從8到C的時(shí)間減小，則平均速度變大，選項(xiàng)D

正確。

故選BCD=

13.F=3N,p=0.05

【詳解】

設(shè)物體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為4,則由V7圖可得

q=2m/s2

據(jù)牛頓第二定律可得

F+jLimg="叫

設(shè)物體向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為生，由W圖得

2

a2=lm/s

據(jù)牛頓第二定律可得

F-jumg-ma2

聯(lián)立解得

F=3N,//=0.05

14.(1)6m/s2；24m/s；(2)36N

【詳解】

(1)設(shè)無(wú)人機(jī)勻加速上升的加速度大小為m末速度大小為v,則

h=—at2

2

v=at

聯(lián)立解得

a=6mzs2

u=24m/s

(2)設(shè)無(wú)人機(jī)受到的升力大小F,根據(jù)牛頓第二定律，有

F-mg-f=ma

且

f=0.2mg

聯(lián)立解得

F=36N

2

15.—m

3

【詳解】

鐵塊的加速度

F作用時(shí)

F-/.ling=maA

%=2m/s2

向右

撤去產(chǎn)后

從mg=ma']

a\=2m/s2

向左

木板的加速度（相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中不變）

從mg=Ma?

2

a2=1m/s

前1S內(nèi)兩者的位移

12

%=5印=lfm

12

x2=—a2t=0.5m

撤去F時(shí)兩者的速度

Vj=卬=2m/s

v2=a2t=lm/s

撤去產(chǎn)后，設(shè)鐵塊滑到木板右端用時(shí)為八共同速度為V

由

f

v=V,-〃'/=彩+a2t

得

4,

v=-m/s

3

3

兩者對(duì)地位移

.V.+V?5

x=—---1=-m

129

木板長(zhǎng)度

2