2023届高考物理一轮总复习-牛顿运动定律的应用综合卷含解析

2023届图中物理局考备考一轮总复习

牛顿运动定律的应用综合复习卷

一、单选题（共7题）

1.如下图所示，水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力尸的作用，尸的大小与时间「的关系和物

A.2~4秒，物体做匀速直线运动

B.2~4秒，物体受到的摩擦力是3N

C.0~2秒，物体没有被推动，是因为推力小于摩擦力

D.4~6秒，物体受到的摩擦力与水平推力是一对平衡力

2.两个小球A和B之间用轻弹簧连接（它们的，々=2,既=2"）,然后用细绳悬挂起来处于静止状态，如

图所示。下列说法正确的是（）

Z/ZZZZZZZ

\0O

OHA

B

A.剪断细绳瞬间，弹簧拉力为0

B.剪断细绳瞬间，弹簧拉力为2，咫

C.剪断细绳瞬间，A球的加速度为|g

D.剪断细绳瞬间，B球的加速度为g

3.动车组列车由若干节带动力的车厢（动车）和不带动力的车厢（拖车）组成。某列车共12节车厢，其

中第1、5、9节车厢带动力，其他车厢不带动力。设车厢质量均相等，行驶时列车所受阻力与车厢质量成

正比。在行驶时，动车组中第1节车厢和第5节车厢启动，提供的牵引力均为F时，列车匀速行驶，若突

然使两节动车的牵引力加倍（第9节始终不提供动力），则第6节车厢与第7节车厢之间的作用力为（）

A.2FB.2.4FC.2.5FD.3F

4.中国台北101大厦高508米，楼内装有2部速度创世界之最的观光电梯，电梯由程序自动控制。电梯

可将一游客从1楼送到89楼的室内观景台，最高运行速度达17m/s,仅需39秒。该游客欲估测一下观景

台距地面的高度，他找了一个电子体重计置于电梯内，体重60kg的他站了上去且相对电梯保持静止，电梯

启动后，体重计先是显示为66.0kg,一段时间后恢复为60.0kg并保持不变，在将到达观景台时段体重计示

数则恒为53.4kg。重力加速度g取lOm/s"则由此可得观景台的高度约为（）

A.380mB.387mC.445mD.440m

5.如图所示，传送带以%=8m/s的速度逆时针转动，现将一质量为0.5kg的一袋面粉轻放在传送带的A

端，面粉袋与传送带间动摩擦因数〃=0.5,传送带两端距离x=12.2m。传送带倾角为37。，则面粉袋

从A端运动到B端所经历的时间为（sin37。=0.6,cos37。=0.8,g取10m/sD（）

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

6.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。fo时，木板开始受到水平外力厂的作用，在/=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力/随时间f变

化的关系如图所示，木板的速度v与时间，的关系如图（。）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽

略。重力加速度取g=10m/s2由题给数据可以得出（）

图(b)

v/m-s-1

I__I___J]____I_____I_______>

012345t/s

图（c）

A.木板的质量为1.5kg

B.2s~4s内，力产的大小为0.4N

C.0~2s内，力尸的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

7.如图所示，A8为水平地面，AC为竖直墙壁，BC为光滑斜面。已知A、B间距离为L不变，C点高度

可调整，要使物体从C点滑到8点的时间最短，斜面的倾角应为（）

二、多选题（共5题）

8.长为乙=3m与水平面成。=30°角的传送带以v=2m/s的速度顺时针运行，一物块以某一初速度从底

部滑上传送带，结果物块恰好到达传送带顶端而沿原路返回，如图所示。物块与传送带间的动摩擦因数为

B.物块的初速度为6m/s

C.物块在传送带上运动时间为1.5+括S

D.物块在传送带上留下的划痕长度为2+2Gm

9.如图所示，有两个物块A和B,质量分别为机和2机，用同一根轻质细线将两个物块连接在滑轮组上,

滑轮质量不计，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g,现将两物块由静止释放，经过一段时间，A

的位移为6,在此过程中，下列说法正确的（）

A

A.物块A和8总势能保持不变B.A的位移为力时，B的速度为Jg"

2

C.细线的拉力大小为D.A和8重力的功率大小之比为1：3

10.如图甲，是倾角出37。传送带的两个端点，一个质量加=5kg的物块（可看作质点），以4m/s的初

速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的〜图象如图乙所示，取g=10m/s）,下列说法正确的是（）

A.物块距M点的最远距离是5m

B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.9

C.物块在第7.5s时回到M点

D.传送带的长度至少为2三0m

11.如图所示，材料相同的物体如、，"2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动.轻绳拉

力的大小（）

A.与斜面的倾角。有关

B.与物体和斜面之间的动摩擦因数〃有关

C.与两物体的质量〃?1和相2有关

D.若改用尸沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小与仇〃无关

12.如图所示，足够长斜面的倾角为6=37。，一块长度L=9m的木板保持v=4m/s的速度沿斜面向上匀速

运动，，=0时刻，一个小物体以%=14m/s的速度从下端冲上板，物体和木板间的动摩擦因数为〃=0.5,

gfOmH,sin37。=0.6cos37。=0.8,则（）

A.f=3s时物体速度大小为0

B.物体可以随木板一直向上运动

C.r=3s时物体距离木板顶端8m

D.物体所受摩擦力方向始终沿斜面向下

三、解答题(共4题)

13.两物块A、8并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上,

使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图中所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力兄已

知A、B质量分别为mA=lkg、〃w=3kg,A与水平面间的动摩擦因数为〃=0.3,B与地面没有摩擦，B物块

运动的VT图像如图乙所示。g取10m/s2,求：

(1)AB一起运动时加速度的大小；

(2)推力厂的大小；

(3)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。

甲乙

14.随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景，春播时节，一架携药总质量加=20kg

的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田■=30机的高空，r=0时刻，它以加

速度4=201&竖直向下匀加速运动九=9m后，立即向下作匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停，然

后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为lm-3m,无人机下降过程中空气阻力大小

恒为20N,重力加速度g取lOm/sz,求：

（1）无人机从，=0时刻到重新悬停在/=3m处的总时间f；

（2）无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时提供的最小竖直升力大小；

（3）若无人机在高度为=3m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力一段时间后恢复大小为540N的

升力，要使其不落地，求失去动力的最长时间。

15.某校举行托乒乓球跑步比赛，比赛距离为L,赛道为水平直道。比赛时，某同学将球置于球拍中心,

从静止开始做匀加速直线运动，直到速度达到v,然后以v做匀速直线运动跑至终点。此同学完成比赛的

时间为人整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角

为6,如图所示。设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，球的质

量为"?，重力加速度为g。求：

（1）此同学匀加速阶段中的加速度大小；

（2）若不计球与球拍之间的摩擦，求空气阻力大小与球速大小的比例系数入

（3）若考虑球与球拍之间的静摩擦力，为方便运算，将最大静摩擦力大小认为等于滑动摩擦力大小，设

球与球拍之间的动摩擦因数为〃，求乒乓球能够达到的最大速度。

乒乓球

球今代/

16.如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量帆=lkg的可视为质点的物块压缩在光滑平台

上而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一与平台等高

的传送带，其两端A8长工=5m,物块与传送带间的动摩擦因数川=0.2,传送带右侧有一段等高的粗糙水平

面8c长s=3.5m,它与物块间的动摩擦因数“2=03在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC

平滑连接，圆弧CF对应的圆心角为生120。，在尸处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹。若

传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，当弹簧储存的弹性势能1=8J时释放物块，物块恰能滑到与圆心等

高的E点，取g=10m/s2求：

（1）从物块滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的热量。及圆弧轨

道的半径R;

（2）若仅调节传送带的速度大小，欲使物块能与挡板相碰，传送带速度的最小值外,；

（3）传送带在（2）中的速度下，物块最终停下的位置距C点的距离必

V

参考答案

1.D

【详解】

A.由M图象可知，2s〜4s内物体运动的速度均匀增大，做的是匀加速直线运动，不是匀速直线运动，故

A错误；

B.因滑动摩擦力只与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与物体运动的速度无关，所以，2~4s物体受

到的摩擦力与4s~6s内物体受到的滑动摩擦力相等，结合图像可知，滑动摩擦力的大小是2N,故B错误；

C.由VY图象可知，0~2s内物体的速度为0,即静止，处于平衡状态，受到的摩擦力和推力是一对平衡力，

二力大小相等，故C错误；

D.由v-f图象可知，4s~6s内物体运动的速度4m/s不变，即做匀速直线运动，处于平衡状态，受到的滑动

摩擦力和推力是一对平衡力，故D正确。

故选D。

2.C

【详解】

当细绳未剪断时，细绳拉力为T,弹簧弹力为尸，对小球A有

T=F+2mg

对B球有

F=mg

当细绳剪断瞬间，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，对A球，由牛顿第二定律可得

F+2mg=2maA

可得A球加速度

3

如二尹

B球受力不变，仍处于平衡状态

«B=0

故选C。

3.A

【详解】

设动车组列车每节车厢的质量为相，每节车厢受到阻力为7,列车匀速行驶时，有

2F=\2f

当牵引力加倍时，对动车组列车整体分析，有

4F-12f=\2ma

以第7至12节车厢为研究对象，则

F'-6于=6ma

联立解得

Ff=2F

故选Ao

4.B

【详解】

电梯加速上升时，有

66g-60g..

a=-----------=lm/s2

60

加速时间为

G=-=17s

a

电梯减速时，有

—60g-53.4g“]侬2

60

减速时间为

t=—=15.5s

2a'

观景台的高度约为

v.

s=—(tt+t2)+v(t-tl-r2)a387m

故选Bo

5.A

【详解】

刚开始时面粉袋加速到V。=8m/s用时

产

4

根据牛顿第二定律

mgsin0+jLimgcos0=ma]

解得

A=0.8s

运动路程

5,卬；=3.2m

面粉袋加速到%=8m/s之后，根据牛顿第二定律

mgsin0—Ringcos0—ma、

根据运动学规律

12

联立解得

t2=Is

则总时间为

故选Ao

6.B

图（b）

图（c）

C.结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F

等于了,故尸在此过程中是变力，即C错误;

AB.2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，2-4s木板做匀加速运动，其加速度大小

为

%=吐2mzs2=0.2mzs2

14-2

4-5s内做匀减速运动，其加速度大小为

0.4-0.2——,

-----------m/s~=0.2m/s2

5-4

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，对木板进行受力分析,

由牛顿第二定律得

F-f=ma]

f=ma2

解得

m=1kg

F=0.4N

故B正确,A错误；

D.由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数〃，故D错误。

故选Bo

7.B

【详解】

设斜面倾角为0,则斜面长为

L

x=------

cos。

物体沿斜面下滑的加速度

a=gsinO

则下滑到底端所用时间

t=怪=122=

VaVgsinJcose"gsin28

当sin28=1,即

e=45°

f最小，下滑时间最短，故B正确，ACD错误。

故选B。

8.BC

【详解】

AB.若物块初速度w小于等于%由牛顿第二定律可得

mgsin0-/.imgcos6=max

能上滑的最大距离为

22

5=-^-<—=lm<L

2q2q

无法到达传送带顶端，故物块初速度V0应大于V,前一阶段，物块减速上滑过程，由牛顿第二定律可得

mgsin0+[imgcos0=rna2

当速度与传送带速度相等时，位移为

"2%

后一阶段，物块继续减速上滑，到达顶端时速度恰好为零，该过程的加速度大小为0,该过程的位移为

v2

=—

2q

总位移满足

*+s2=L

联立解得

%=6m/s

A错误，B正确；

C.物块上滑过程所用时间为

-VV_

r=——+—=1t.5s

a2%

物块从最高点匀加速下滑过程的加速度大小为m,设到达底端的时间为f',由位移公式可得

解得

「=忌

则

电=t+f'=（1.5+百）s

故物块在传送带上运动的总时间为（1.5+6）S，C正确；

D.物块最终回到传送带底端，位移为零，故在整个过程中传送带的位移等于两者的相对位移，即

Av=vzs=（3+26）m>6m

而传送带总长为2L,即6m,故物块在传送带上留下的划痕长度为6m,D错误。

故选BCo

9.BC

【详解】

A.根据机械能守恒定律可知，B减小的重力势能全部转化为A的重力势能和两物体的动能，所以，A和B

的重力势能之和减小，故A错误；

B.设A上升到人位置时的速度为叨，B的速度为以，根据动滑轮的特点可知

V2=2VI

根据A和B组成的系统机械能守恒可得

112

2mg-2h-mgh=—/nv~2+—x2mv；

联立解得

V产将

故B正确；

C.根据动滑轮的特点可知，A的加速度为8的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得，对A有

2T-mg=

对8有

2mg-T=2ma2

又有

42=2。1

联立解得，轻绳的拉力大小

2

T=~mg

故C正确；

D.重力功率

P=mgv

由于口=20，mR=1mA,故A和B重力的功率大小之比为1：4,故D错误。

故选BCo

10.BCD

【详解】

ABD.由图可知，物块先向下做匀减速再向上做匀加速，然后再向上做匀速，所以当物块向下减速到零时，

物块距M点最远，由图可知物块从0至5s的加速度不变，则加速度大小为

a=~——m/s2=1.2m/s2

5

设物块向下经过八s,速度变为零，则有

0=4—1.2x

解得

10

A=­s

13

则物块距M点的最远距离为

1,1020

无…=—x4x—m=­m

m"233

所以传送带的长度至少为2三0m,物块才能返回；当物块向下运动时，根据牛顿第二定律有

jutngcos37°—tngsin37°=ma

解得

〃=0.9

故A错误，BD正确；

20

C.根据v-t图象与横坐标轴包围的面积表示位移，可知回到M点时位移为零,即向上的位移大小也为,

设在，2时刻回到M点，对物块向上的运动分析，则有

解得

t2=7.5s

故C正确。

故选BCDo

11.CD

【详解】

ABC.对整体受力分析有

F-（叫+"%）gsin0-4（町+吗）gcos0=（m1+m1）a

对m2有

cos

F「一m2gsin0-//〃?2g°=m2a

解得

FT=---=-F

叫+m2

与〃和e无关，与两物体的质量如和“2有关，AB错误C正确；

D.若改用尸沿斜面向下拉连接体，对整体受力分析有

F+（町+g）gsin0-〃（町+"4）gcos0=（g+1nl）a

又寸m2有

FT+m2gsin0-"m2gcos0=m2a

可得

F=---=-F

T叫+血

D正确。

故选CDo

12.AC

【详解】

A.物体刚冲上木板时，相对木板向上运动，和木板速度相等之前，对物体受力分析，由牛顿第二定体可

知其加速度大小

一…夕+卬暇叽..

tn

设经过乙时间后物体和木板速度相等，则由匀变速直线运动速度公式可知

V=%-贴

代入数据求得

乙=Is

此过程中物体向上的位移

芯=七%+一Vfi=C9m

木板向上的位移为

x木=vt\=4m

物体相对木板上滑位移为5m,达到相等速度后，因为

jumgcos0<mgsin0

所以物体会向上继续减速，但相对木板向下运动，对物体受力分析，由牛顿第二定律可知此时加速度大小

a_mgsin0-/jmgcos6_2my/

%-tn一s

设经过与时间物体速度减小到0,则

=—=2s

a2

即3s时物体速度减小到0,故A正确；

BC.物体匀减速向上运动的位移

v,

X2=2/2=4m

此过程中木板向上的位移为

球=vt2=8m

物体相对木板向下滑动4m,此时物体距离木板上端为8m,接下来不再向上运动而是向下加速运动，故B

错误，C正确；

D.在物体刚冲上木板时，相对木板向上运动，物体所受摩擦力方向向下，后反向，故D错误。

故选AC。

13.(1)3m/s2;(2)F=15N；(3)6m

【详解】

(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为“，由B物块的丫7图像得

Av6...

a=~-=—m/s2-=3in/s2-

Z2

(2)对于A、B整体，由牛顿第二定律得

代入数据解得

F=15N

(3)设物块A做匀减速运动的时间为f,撤去推力下后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速

运动，B做匀速运动，对A,由

-pmAg=mAa^

解得

2

aA=-jug=-3m/s

所以

O-v0-6.

t=-----o-=------s=2s

aA-3

物块A通过的位移

xA=6m

物块B通过的位移

%=卬=6x2m=12m

物块A刚停止时A、B间的距离

Ax=-xA=6m

14.(l)9s；(2)198N；(3)|s

【详解】

(1)无人机加速下降小过程，据运动学公式可得

,1,

巧=

解得

=3s,v1=6m/s

减速下降高度

1%="1一4一"2=18m

由运动学公式可得

%。

解得

t2=6s

故无人机从，=0时刻到重新悬停在%=3m处的总时间为

z=/j+z2=9s

(2)重新悬停，减速下降过程由牛顿第二定律可得

F+f—mg=ma2

由运动学公式可得

2a2

重新悬停到离试验田1m高时，减速下降位移可达最大值20m,S有最小值，竖直升力F有最小值，代入

数据解得

F=198N

(3)发生故障后先加速至v,加速度大小为内，恢复升力F'后减速至0,加速度大小为“4,两个过程据牛顿

第二定律可得

mg_f=m4

F'+f-mg=ma^

由运动学公式可得

v2v2

H、=——十——

“2%2a4

失去升力的最长时间为

V

联立代入数据解得

/,=ts

v2,"吆tan0_sin8+"cos。v

15.(1)a—；⑵k=8；(3)।

2(vr-£)Vmcos。一〃sin。tan0

【详解】

(1)设匀加速阶段中的加速度大小为d加速的时间

V

h=-

匀速的时间

「2

L------j

t__2a_L_v

vv2a

共用时间

Lv

+‘2=一+丁

VUI

解得

9

a—V_______—V_-_______

-2(r-A)2(VZ-L)

V

(2)设空气阻力大小为了,匀速运动时有

tan0=-^―

mg

则

f=m^tan0=k'v

解得

.mgtan0

K=-----------

V

(3)若考虑球与球拍之间的静摩擦力，因为

N=mgcosg+7-sin。

当速度达到最大时，球有向上的运动趋势，静摩擦K沿球拍向下，受力如图:

4

球拍

mg

沿球拍方向上一有

fcos0=mgsin，+/

又

所以

「mgsin0+umgcos0.mgtan0

t------------------=kv=-------v