【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）4、专题强化练四　牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题

这是一份【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）4、专题强化练四　牛顿运动定律的综合应用——动力学图像、连接体及临界极值问题，共10页。试卷主要包含了5 N/cm等内容，欢迎下载使用。

对点练1 动力学图像问题
1.(2024·江苏泰州高三期中)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到某一值时，立即关闭发动机滑行至停止，其v－t图像，如图1所示，汽车的牵引力为F，运动过程中所受的阻力恒为f，则下列关系中正确的是( )
图1
A.F∶f＝1∶4B.F∶f＝4∶1
C.F∶f＝1∶3D.F∶f＝3∶1
2.(2024·云南玉溪高三检测)如图2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(物体与弹簧不拴接)，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s的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是( )
图2
A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C.物体的质量为3 kg
D.物体的加速度大小为5 m/s2
3.(2024·广东清远月考)物块静止在粗糙的水平面上，从某时刻开始给物块施加一不断增大的水平拉力F，物块的加速度a随拉力F变化的图像如图3所示。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是( )
图3
A.物块的质量为2 kg
B.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
C.物块与水平面间的最大静摩擦力大小为1.5 N
D.当F＝3.5 N时，物块的加速度大小为1.5 m/s2
对点练2 动力学的连接体问题
4.(2023·北京卷，6)如图4所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为( )
图4
A.1 NB.2 N
C.4 ND.5 N
5.一列车由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A.FB.eq \f(19F,20)
C.eq \f(F,19)D.eq \f(F,20)
6.如图5，一不可伸长的足够长轻绳跨过悬挂的光滑轻质定滑轮，两端系有质量分别为0.3 kg和0.2 kg的球a、b。控制球a静止在离地面高h＝49 cm的A处，轻绳拉紧，取重力加速度g＝10 m/s2。现由静止释放小球，不计空气阻力，则( )
图5
A.a球落地前，加速度大小为1 m/s2
B.a球运动到地面所用时间为0.5 s
C.a球落至地面时的速度大小为1.6 m/s
D.绳子中张力大小为2.4 N
对点练3 动力学中的临界和极值问题
7.(多选)在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图6所示。小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、FN表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则( )
图6
A.若a＝20 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
B.若a＝20 m/s2，小球只受G、T两个力的作用
C.若a＝10 m/s2，小球只受G、T两个力的作用
D.若a＝10 m/s2，小球受G、T、FN三个力的作用
8.(2021·全国甲卷，14)如图7，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θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
图7
A.逐渐增大B.逐渐减小
C.先增大后减小D.先减小后增大
B级 综合提升练
9.(多选)(2024·湖北武汉模拟)如图8甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是( )
图8
A.绳中拉力大小等于物块P的重力大小
B.轨道不可能是水平的
C.物块Q的质量为0.5 kg
D.物块Q受到轨道的摩擦力大小为1 N
10.如图9所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块(可视为质点)，用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块完全进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是( )
图9
A.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为eq \f(F,mg)
B.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
C.第2个小滑块完全进入粗糙地带到第3个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为eq \f(F,12m)
D.第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，5和6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为eq \f(F,4)
11.(2024·山东潍坊模拟)如图10所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一幼儿用与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝1 kg。经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离s＝2eq \r(3) m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝10 m/s2)。求：
图10
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能滑行多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面间的夹角为多大时最省力？
C级 培优加强练
12.如图11所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
图11
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值。
参考答案
专题强化练四 牛顿运动定律的综合应用
——动力学图像、连接体及临界极值问题
1.B [由题图可知，在0～1 s内，根据汽车的受力及牛顿第二定律可知F－f＝ma1，在1～4 s内，有f＝ma2，又由图可知eq \f(a1,a2)＝eq \f(3,1)，可得eq \f(F,f)＝eq \f(4,1)，故B正确。]
2.D [物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体不受拉力时，有mg＝kx0；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－s)－mg＝ma，联立得F＝ks＋ma，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；s≥4 cm后，物体与弹簧脱离，根据牛顿第二定律有30 N－mg＝ma，且由纵轴截距知10 N＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。]
3.D [由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，可得a＝eq \f(1,m)F－μg，将F1＝3 N，a1＝1 m/s2和F2＝4 N，a2＝2 m/s2代入，联立可得m＝1 kg，μ＝0.2，A、B错误；物块与水平面间的最大静摩擦力为f＝μmg＝2 N，C错误；由牛顿第二定律可知F－f＝ma，代入数据解得a＝1.5 m/s2，D正确。]
4.C [对两物块整体受力分析，有F＝2ma，对后面的物块，有T＝ma，联立得F＝2T，而细线能承受的最大拉力Tmax＝2 N，故F的最大值为Fmax＝4 N，故C正确。]
5.C [设列车做匀加速直线运动的加速度为a，将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma；将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C正确，A、B、D错误。]
6.D [a球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，解得a＝2 m/s2，故A错误；根据运动学公式h＝eq \f(1,2)at2可得，a球运动到地面所用时间为t＝eq \r(\f(2h,a))＝0.7 s，故B错误；a球落至地面时的速度大小为v＝at＝1.4 m/s，故C错误；对a球，根据牛顿第二定律有mag－T＝maa，解得绳子中张力大小为T＝2.4 N，故D正确。]
7.BD [设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得eq \f(mg,tan 30°)＝ma0，解得a0＝10eq \r(3) m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。]
8.D [设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝eq \f(l,cs θ)。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，由s＝eq \f(1,2)at2，得eq \f(l,cs θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，解得t＝eq \r(\f(4l,gsin 2θ))，当2θ＝90°，即θ＝45°时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，则物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。]
9.BC [物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，故B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝eq \f(1,m)F＋eq \f(F1,m)，图线的斜率k＝eq \f(1,m)＝2 kg－1，解得m＝0.5 kg，故C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B项分析可知，1 N并非物块Q受到的摩擦力，故D错误。]
10.D [小滑块匀速运动时，有F＝3μmg，所以μ＝eq \f(F,3mg)，A错误；小滑块匀速运动时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零，但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个小滑块完全进入到第3个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－2μmg＝8ma2，则a2＝eq \f(F,24m)，C错误；第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－μmg＝8ma1，取6、7、8小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F弹＝3ma1，联立解得F弹＝eq \f(F,4)，D正确。]
11.(1)eq \f(\r(3),3) (2)1.04 m (3)30°
解析 (1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有s＝eq \f(1,2)at2
解得a＝eq \r(3) m/s2
对玩具由牛顿第二定律得Fcs 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝2eq \r(3) m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝eq \f(10\r(3),3) m/s2
由匀变速直线运动的速度与位移公式得
松手后玩具的位移s′＝eq \f(0－v2,－2a′)＝eq \f(3\r(3),5) m≈1.04 m。
(3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则
Fcs θ－f＞0
f＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsin θ＝mg
解得F＞eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
cs θ＋μsin θ＝eq \r(1＋μ2)sin(60°＋θ)
则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
12.(1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m。
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2。
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则
Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝eq \f(280,3) N。