2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测十二牛顿运动定律的综合应用一

课时跟踪检测（十二）牛顿运动定律的综合应用（一）1．工地施工现场停放着一辆运载水泥管的货车，车厢底部一层水泥管水平紧密地排列着，上层摆放着的4根水泥管没有用绳索固定。现在我们来分析货车前部的A、B、C三根形态完全相同的水泥管，侧视图如图所示，下列说法正确的是()A．当汽车向左做加速运动时，A对C的支持力变大B．汽车静止时，管C受到管A给它的支持力为eq\f(2\r(3)mg,3)C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大D．当汽车向左做加速运动时，加速度达到eq\f(\r(3),3)g时，C将脱离A解析：选D当汽车向左做加速运动时，能供应向左的力只有B对C的弹力的分力，所以是B对C的力增大，A对C的力减小，故A错误；汽车在静止和匀速运动时，都处于平衡状态，受力分析和几何关系有FAC＝FBC，故有竖直方向2FACsin60°＝mg，解得FAC＝eq\f(\r(3),3)mg，因为处于平衡状态，所以B对C的力大小不会变更，故B、C错误；当加速度为eq\f(\r(3),3)g时，竖直方向有FBCsin60°＋FACsin60°＝mg，水平方向有FBCcos60°－FACcos60°＝ma，解得FAC＝0，故D正确。2．(2024·深圳调研)如图，在倾角为30°的光滑斜面上有一物体A，通过不行伸长的轻绳与物体B相连，滑轮与A之间的绳子与斜面平行。假如物体B的质量是物体A的质量的2倍，即mB＝2mA。不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g，初始时用外力使A保持静止，去掉外力后，物体A和B的加速度的大小等于()A.eq\f(2,3)g B.eq\f(3,4)gC.eq\f(5,6)g D.eq\f(7,8)g解析：选C对整体受力分析有mBg＋mAgsin30°＝(mB＋mA)a，解得a＝eq\f(5,6)g，故C正确。3.粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为()A．0 B．F－3μmgC．F D．F＋3μmg解析：选A将货箱A、B、C看作整体，水平向右为正方向，由牛顿其次定律得2F－6μmg＝6ma，单独对C探讨，设卡扣对C的作用力为N，则F＋N－3μmg＝3ma，联立解得N＝0，故卡扣对C的作用力大小为0，B、C、D错误，A正确。4.(2024·广州高三模拟)公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图所示，若它在6s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5000kg，重力加速度g取10m/s2，则汽车在()A．0到6s内的位移约等于30mB．0时刻的速度约为28km/hC．4s时的加速度约为0.5m/s2D．4s时受到外力的合力约为2500N解析：选B由a-t图像与t轴所围的面积表示速度的变更量及题图可知，速度的变更量大小约为Δv＝2×1m/s＋eq\f(1,2)×(1.5＋2)×2m/s＋eq\f(1,2)×3×1.5m/s＝7.75m/s，所以0时刻的速度v0＝Δv＝7.75m/s≈28km/h，又因为公共汽车做加速度渐渐减小的减速运动，故0～6s内的位移满意x<eq\f(1,2)v0t＝23.25m，故A错误，B正确；由题图可知4s时公共汽车的加速度约为1.0m/s2，故C错误；由牛顿其次定律可知4s时公共汽车受到外力的合力约为F＝ma＝5000N，故D错误。5.(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面上静止放置两个用劲度系数为k的轻弹簧连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，C为固定挡板，系统保持静止。现在物块A上施加一个沿斜面对上的恒力F，当物块B即将离开C时，物块A的运动距离为d，则()A．弹簧的劲度系数k＝eq\f(mA＋mBgsinθ,d)B．弹簧的劲度系数k＝eq\f(mAgsinθ,d)C．物块B刚离开C时物块A的加速度为eq\f(F－mA＋mBgsinθ,mA＋mB)D．物块B刚离开C时物块A的加速度为eq\f(F－mA＋mBgsinθ,mA)解析：选AD当物块B刚要离开挡板C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面对下的分力，弹簧处于伸长状态，故mBgsinθ＝kx2，又起先时，A静止，则有mAgsinθ＝kx1，而d＝x1＋x2，解得k＝eq\f(mA＋mBgsinθ,d)，故A正确，B错误；对A，依据牛顿其次定律得F－mAgsinθ－kx2＝mAa，mBgsinθ＝kx2，联立解得a＝eq\f(F－mA＋mBgsinθ,mA)，故C错误，D正确。6．如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变更的关系如图乙所示，则()A．A、B分开之前，A所受的合外力渐渐减小B．t＝3s时，A、B脱离C．A、B分开前，它们一起运动的位移为6mD．A、B分开后，A做减速运动，B做加速运动解析：选C由题图乙可得FA＝9－3t(N)，FB＝3＋3t(N)，在两物体未分开的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒为FA＋FB＝12N，两物体做匀加速运动的加速度a＝eq\f(FA＋FB,mA＋mB)＝3m/s2，则A、B分开之前，它们始终做匀加速运动，A物体所受的合外力不变，A错误；分开时满意A、B加速度相同，且弹力为零，故eq\f(FA,mA)＝3m/s2，解得FA＝3N,3N＝9－3t(N)，解得t＝2s，B错误；A、B分开前，它们一起运动的位移x＝eq\f(1,2)at2＝6m，C正确；分开后的1s内A仍旧受到向右的推力，所以A仍旧做加速运动，在t＝3s后A不受推力将做匀速直线运动，B始终受到向右的拉力而做加速运动，D错误。7.如图所示，沿水平面运动的小车里，用两根轻质细线A、B悬挂一个小球，小车光滑底板上有一个用轻质弹簧拴着的物块，已知两根悬线与竖直方向夹角均为θ＝30°，弹簧处于拉伸状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小车肯定做水平向右的匀加速运动B．两根细线的拉力都不行能为0C．两根细线的拉力有可能相等D．弹簧的弹力大小可能为eq\f(\r(3),3)mg解析：选D因弹簧处于拉伸状态，则弹簧对物体肯定有向右的弹力，因此整体有向右的加速度，然而小车不肯定向右加速，也可能向左减速，故A错误；小球有向右的加速度，则两根细线的合力不为0，当加速度大小为a＝gtan30°＝eq\f(\r(3),3)g，其中左边绳子的拉力为0，故B错误；若两根细线的拉力相等，依据力的合成与分解法则，及牛顿其次定律，则小球的加速度为0，不符合题意，故C错误；若小车的加速度为a＝eq\f(\r(3),3)g，那么依据牛顿其次定律，则弹簧的弹力大小为F＝ma＝eq\f(\r(3),3)mg，故D正确。8．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面对上推出，调整斜面与水平方向的夹角θ，试验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，依据图像可求出()A．物体的初速度v0＝3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上解析：选BC由题图乙可知，当倾角为90°时，位移为1.80m，则由竖直上抛运动规律可知v02＝2gx，解得v0＝eq\r(2gx)＝6m/s，故A错误；当倾角θ＝0°时，位移为2.40m，可得μ＝eq\f(v02,2gx)＝0.75，故B正确；当倾角为θ时，物体沿斜面上滑的距离为x，则依据动能定理有－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(v02,2gsinθ＋μcosθ)＝eq\f(18,10×\f(5,4)sinθ＋α)m，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小为xmin＝1.44m，故C正确；当θ＝45°时，物体受到的重力沿斜面对下的分力为mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)mg；滑动摩擦力f＝μmgcos45°＝eq\f(3\r(2),8)mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则重力沿斜面对下的分力大于最大静摩擦力，故物体到达最大位移后会下滑，故D错误。9．(2024·衡水高三调研)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大便利了人们的工作与生活。某高铁列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求：(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力大小；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变更多大？解析：(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a＝eq\f(v,t)①对整个列车，由牛顿其次定律得：F－k·7mg＝7ma ②设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿其次定律得eq\f(2F,6)＋T－k·2mg＝2ma ③ 联立①②③，解得T＝－eq\f(1,3)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,t)＋kg)) ④其中“－”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F′－k·7mg＝0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：eq\f(2F′,6)＋T1－k·2mg＝0 ⑥第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，则有：eq\f(F′,5)＋T2－k·2mg＝0, ⑦联立⑤⑥⑦，解得T1＝－eq\f(1,3)kmg，T2＝eq\f(3,5)kmg因此作用力变更ΔT＝T2－T1＝eq\f(14,15)kmg。答案：(1)eq\f(1,3)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,t)＋kg))(2)eq\f(14,15)kmg10．如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝4kg的斜面体，倾角θ＝30°，斜面上放一质量m＝8kg的小物体。已知小物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，且最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。(1)若小物体和斜面体一起匀速向右运动，求斜面体对小物体的摩擦力大小；(2)用力F水平向右拉斜面体，欲使小物体与斜面之间不发生相对滑动，求F的最大值。解析：(1)小物体和斜面体一起匀速向右运动时，小物体受力状况如图所示，依据平衡条件，小物体所受摩擦力大小为Ff＝mgsinθ，代入数据