高中數學《高中全程學習方略》2025版必修第一冊必修第一冊課時過程性評價專題進階練(五)整體法和隔離法在牛頓運動定律中的應用含答案專題進階練(五)整體法和隔離法在牛頓運動定律中的應用(40分鐘70分)一、選擇題1.(6分)(2024·廈門高一檢測)如圖,在傾角為30°的光滑斜面上有一物體A,通過不可伸長的輕繩與物體B相連,滑輪與A之間的繩子與斜面平行。物體B的質量為m,物體A的質量是物體B質量的2倍,不計滑輪質量和一切摩擦,重力加速度為g,初始時用外力使A保持靜止,去掉外力后,則輕繩的張力大小等于 ()A.13mgB.mgC.32mgD.【解析】選A。設繩子拉力為FT,對B受力分析有mg-FT=ma,對A受力分析有2mgsin30°+FT=2ma,聯立解得FT=13mg2.(6分)(2024·宿遷高一檢測)如圖所示,小車內有一小球被輕質彈簧和一條細繩拴接。小車在水平面上直線運動,彈簧始終保持豎直狀態,細繩與豎直方向成α角。下列說法正確的是 ()A.小車不可能做勻速運動B.小車可能向左做加速運動C.細繩有拉力時,彈簧一定有彈力D.彈簧有彈力時,細繩可能沒拉力【解析】選D。若細繩沒有拉力,小球受到重力和彈簧彈力而平衡,小車做勻速運動,故A錯誤;若細繩有拉力時,細繩的拉力在水平方向的分力向右,根據牛頓第二定律可知,小球的加速度方向向右,小車向右做加速運動或向左做減速運動,故B錯誤;細繩有拉力且拉力在豎直方向的分力等于小球重力時,彈簧無彈力,故C錯誤;若彈簧有彈力且彈簧的彈力等于小球的重力時,細繩沒有拉力,故D正確。【補償訓練】如圖,質量為M的大圓環中間有一立柱,其上串著一個質量為m的球,球和立柱間有摩擦力。下列說法正確的是 ()A.小球在立柱上端由靜止釋放,若加速下滑,則地面對大圓環的支持力大于(M+m)gB.小球在立柱上以一定的速度向下運動,若減速下滑,則地面對大圓環的支持力小于(M+m)gC.小球在立柱上以一定的速度向上運動,當初速度足夠大時,小球就能通過力將大圓環脫離地面D.小球在立柱上以一定的速度向上運動,當加速度足夠大時,小球就能通過力將大圓環脫離地面【解析】選D。小球在立柱上端由靜止釋放,若加速下滑,整個系統中有部分(小球)處于失重狀態,則地面對大圓環的支持力小于(M+m)g,A錯誤;小球在立柱上以一定的速度向下運動,若減速下滑,整個系統中有部分(小球)處于超重狀態,則地面對大圓環的支持力大于(M+m)g,B錯誤;當小球對立柱向上的摩擦力大于或等于Mg時,大圓環離開地面,故小球能否通過摩擦力將大圓環脫離地面,取決于摩擦力大小,與初速度大小無關,C錯誤;若小球與立柱的摩擦力大于或等于大圓環的重力時,就可能通過摩擦力將大圓環脫離地面,此時f≥Mg,f+mg=ma,解得a≥(M3.(6分)(2024·湘潭高一檢測)如圖所示,帶支架的平板小車沿水平面向右做直線運動,質量為m的小球A用輕質細線懸掛于支架,小車右端質量為M的物塊B始終相對于小車靜止。物塊B與小車平板間的動摩擦因數為μ。若某段時間內觀察到輕質細線與豎直方向夾角為θ,且保持不變,則在這段時間內 ()A.小車一定正在做加速運動B.輕質細線對小球A的拉力大小為mgC.物塊B所受摩擦力大小為μMg,方向水平向左D.小車對物塊B的作用力大小為Mg1+tan【解析】選D。對A受力分析,由牛頓第二定律得F合=mgtanθ=maA,解得aA=gtanθ,方向水平向左,則小車向右做減速運動,故A錯誤;細線的拉力為FT=mgcosθ,故B錯誤;由題意可知,A與小車相對靜止,則小車與A具有相同的加速度,即小車的加速度大小為gtanθ,方向水平向左,此刻物塊B的加速度與小車相同,根據牛頓第二定律fB=MaA=Mgtanθ,方向水平向左,小車對物塊B的作用力為F=(Mg)【補償訓練】如圖所示,在豎直平面內,一輛小車正在水平面上以加速度a向右勻加速運動,大物塊壓在車廂豎直后壁上并與車廂相對靜止,小物塊放在大物塊上與大物塊相對靜止,大物塊剛好不下滑,小物塊與大物塊也剛好不發生相對滑動。小物塊質量為m,大物塊質量為M,重力加速度為g,a<g。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則大物塊與車廂后壁間的動摩擦因數μ1和小物塊與大物塊間的動摩擦因數μ2間的大小關系正確的是 ()A.μ1<μ2 B.μ1=μ2C.μ1>μ2 D.μ1·μ2<1【解析】選C。將小物塊與大物塊看作一個整體時有(m+M)g=μ1FN1,FN1=(m+M)a,對小物塊受力分析有mg=FN2,μ2FN2=ma,代入分別解得μ1=ga,μ2=ag,由于a<g,則有μ1>1,μ2<1,μ1>μ4.(6分)如圖所示,質量為m的小物塊通過細繩繞過輕質定滑輪,與光滑水平桌面上質量為M的大物塊相連,細繩與桌面平行,重力加速度為g。下列說法正確的是 ()A.大物塊的加速度大小為mgB.細繩中拉力等于mgC.將大物塊與小物塊互換,大物塊的加速度大小不變D.將大物塊與小物塊互換,細繩中的拉力大小不變【解析】選D。設細繩的拉力為F,對大物塊研究,根據牛頓第二定律有F=Ma,對小物塊,有mg-F=ma,聯立可得a=mgM+m,F=MmgM+m,故A、B錯誤;將大物塊與小物塊互換,根據牛頓第二定律,有F'=ma',Mg-F'=Ma',聯立可得a=5.(6分)(多選)(2024·昆明高一檢測)如圖所示,質量分別為M和m的物體A、B用細線連接,懸掛在定滑輪上,定滑輪固定在天花板上。已知M=3m,滑輪質量及摩擦均不計,重力加速度為g,則下列說法正確的是 ()A.細線上的拉力等于2mgB.細線上的拉力等于1.5mgC.天花板對滑輪的拉力等于4mgD.天花板對滑輪的拉力等于3mg【解析】選B、D。對整體分析,根據牛頓第二定律有a=Mg-mgM+m=M-mM+mg=12g,再對B有FT-mg=ma,所以細線上的拉力FT=mg+ma=36.(6分)(多選)(2024·聊城高一檢測)如圖,質量均為m的環A與球B用一輕質細繩相連,環A套在水平細桿上。設有一水平恒力F作用在球B上,使環A與球B一起向右勻加速運動。已知輕質細繩與豎直方向的夾角θ=45°,g為重力加速度,則下列說法正確的是 ()A.輕質細繩對球B的拉力大于桿對環A的支持力B.若水平細桿光滑,水平恒力F大小等于mgC.若水平細桿粗糙,則動摩擦因數小于1D.球B受到的水平恒力大于mg【解析】選C、D。先后對A、B受力分析,如圖所示。對A:Tsin45°-f=ma,N-Tcos45°-mg=0,其中f=μN。對B:F-Tsin45°=ma,Tcos45°-mg=0。解得T=2mg,N=2mg,故T<N,F=mg+ma>mg,A錯誤,D正確;若水平細桿光滑,則f=0,a=g,F-Tsin45°=ma,解得F=2mg,B錯誤;若水平細桿粗糙,則Tsin45°-f=mg-2μmg=ma>0,解得μ<127.(6分)(多選)如圖所示,水平向右行駛的車廂中用細線懸掛小球,通過細線的傾斜程度來檢測車輛在行進過程中的加速度。質量相同的兩個光滑小球通過輕質細線分別系于車的頂部,兩個小球都與車廂保持相對靜止,左側小球與車廂左側壁接觸,兩細線與豎直方向的夾角相同,拉力大小分別為FT1和FT2。下列說法正確的是A.兩細線的拉力FT1B.兩細線的拉力FT1C.當汽車加速度增大時,FTD.當汽車加速度減小時,FT【解析】選B、C。對小球1、2進行受力分析,設細線與豎直方向夾角為θ,則有FT2=mgcosθ,FT1=mgcosθ,故A錯誤,B正確;對小球2進行受力分析,根據牛頓第二定律有mgtanθ=ma,當汽車加速度增大時,根據兩個小球都與車廂保持相對靜止,則小球1和車的加速度與小球2的加速度相同,小球2加速度增大,則θ角增大,FT2增大,對小球1細線與豎直方向夾角不變,受力分析FT1=mgcosθ,【補償訓練】(多選)如圖,將游樂場的滑梯簡化成傾角為α的斜面,該滑梯的質量為M,放在粗糙水平面上,一個質量為m的小朋友沿滑梯下滑。在滑梯的不同位置,由于小朋友與滑梯間的動摩擦因數不同,小朋友在滑梯上的AB段勻速下滑,在BC段以大小為a的加速度勻減速下滑,滑梯始終保持靜止狀態,重力加速度大小為g,則 ()A.小朋友在AB段勻速下滑的過程中,地面對滑梯的支持力大小為(M+m)gB.小朋友在AB段勻速下滑的過程中,地面對滑梯的摩擦力方向水平向左C.小朋友在BC段勻減速下滑的過程中,地面對滑梯的支持力大小為(M+m)g+masinαD.小朋友在BC段勻減速下滑的過程中,滑梯對地面的摩擦力大小為macosα,方向水平向右【解析】選A、C、D。小朋友在AB段勻速下滑的過程中,小朋友和滑梯組成的系統處于平衡狀態,地面對滑梯的支持力大小為(M+m)g,地面對滑梯的摩擦力為零,故A正確,B錯誤;小朋友在BC段勻減速下滑的過程中,加速度方向沿斜面向上,根據牛頓第二定律有FN-(M+m)g=masinα,解得對滑梯的支持力大小為FN=(M+m)g+masinα,同理可得滑梯對地面的摩擦力大小為Ff=macosα,方向水平向右,故C、D正確。二、計算題8.(14分)(2024·南京高一檢測)如圖所示,小車沿水平方向做勻變速直線運動,車廂中懸掛小球A的懸線偏離豎直方向60°角,球和車廂相對靜止。已知球的質量為1kg。另外有質量均為1kg的物塊B和C分別位于車廂側壁與底板上,都與車廂保持相對靜止,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(g取10m/s2)求:(1)懸線上拉力的大小;(2)車廂側壁與物體B之間的動摩擦因數μ應滿足的條件;(3)車廂底板對物體C的作用力的大小。【解析】(1)對小球受力分析得FTcos60°=mg解得FT=20N(2)對小球分析mgtan60°=ma解得a=gtan60°=3g對B分析FN=mBa對B豎直方向受力平衡有Ff=mBg≤μFN解得μ≥3(3)對C分析,豎直方向FN=mCg水平方向Ff=mCa車廂底板對C的作用力大小為F=FN答案:(1)20N(2)μ≥339.(14分)如圖所示,將質量為m的物塊放在質量為M、傾角為α的斜面體上,物塊通過勁度系數為k的輕質彈簧與斜面頂端的擋板相連,斜面體放在足夠大的水平地面上,系統處于靜止狀態。t=0時刻,將一個方向不變、大小由零緩慢增大的水平向右的力F作用在斜面體上。已知斜面體的斜面光滑,斜面體與地面之間也光滑,重力加速度為g。求:(1)t=0時刻,彈簧的彈力大小;(2)當物塊剛要離開斜面時,彈簧的形變量及F的大小。【解析】(1)t=0時刻,F等于0,此時,物塊處于靜止狀態,對物塊分析,此時彈簧的彈力F0=mgsinα(2)當物塊剛要離開斜面時,加速度水平向右,對物塊分析有F1=mgsinα,mg此時彈簧彈力F1=kΔx對斜面與物塊整體有F=(M+m)a解得Δx=mgksinα,F=(M+答案:(1)mgsinα(2)mgksinα(M+【補償訓練】(2024·桂林高一檢測)如圖所示,固定在水平地面上的斜面體上有一木塊A(到定滑輪的距離足夠遠),通過輕質細線和滑輪與鐵塊B連接,細線的另一端固定在天花板上,在木塊A上施加一沿斜面向下的作用力F=1.5N,使整個裝置處于靜止狀態。已知連接光滑動滑輪兩邊的細線均豎直,木塊A和光滑定滑輪間的細線和斜面平行,木塊A與斜面間的動摩擦因數μ=0.25,斜面的傾角θ=37°,鐵塊B下端到地面的高度h=0.75m,木塊A的質量m=0.5kg,鐵塊B的質量M=1kg,不計空氣阻力,不計滑輪受到的重力,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求木塊A受到的摩擦力;(2)撤去力F,設鐵塊B落地后不反彈,求木塊A能沿斜面上滑的最大距離。【解析】(1)假設繩子拉力為FT0,對木塊A,根據受力平衡可得F+Ff+mgsinθ=FT0對鐵塊B和動滑輪,根據受力平衡可得2FT0=Mg聯立解得Ff=0.5N木塊A受到的摩擦力大小為0.5N,方向沿斜面向下;(2)撤去力F,設木塊A向上加速的加速度為aA,鐵塊B向下加速的加速度為aB,根據牛頓第二定律可得FT-mgsinθ-μmgcosθ=maAMg-2FT=MaB又aA=2aB聯立解得aA=43m/s當鐵塊B落地時,木塊A向上通過的位移為x1=2h=1.5m設此時木塊A的速度為v1,則有2aAx1=v解得v1=2aAx鐵塊B落地后,木塊A繼續向上做勻減速運動的加速度大小為a2,則有mgsinθ+μmgcosθ=ma2解得a2=8m/s2木塊A繼續向上運動的位移為x2=v122木塊A能沿斜面上滑的最大距離為x=x1+x2=1.75m答案:(1)0.5N,方向沿斜面向下(2)1.75m專題進階練(一)勻變速直線運動的常用公式(25分鐘52分)一、選擇題1.(6分)汽車以20m/s的速度在平直公路上行駛,急剎車時的加速度大小為5m/s2,則自駕駛員急踩剎車開始,經過2s與5s汽車的位移之比為 ()A.5∶4B.4∶5C.3∶4D.4∶3【解析】選C。汽車速度減為零的時間為t0=Δva=0-20-5s=4s,剎車2s內的位移x1=v0t+12at2=20×2m-122.(6分)(2024·無錫高一檢測)汽車在平直的公路上以20m/s的速度勻速行駛,發現前方有特殊情況時駕駛員采取剎車措施使汽車立即做勻減速運動直至安全停止,已知減速過程中第1s內汽車行駛的位移大小為16m,則汽車停止運動前最后1s內位移大小是 ()A.2m B.4m C.8m D.10m【解析】選B。減速過程中第0.5s汽車速度為v'=x't=161m/s=16m/s,汽車加速度大小為a=v-v'根據逆向思維,汽車停止運動前最后1s內位移大小是x=12at2=12×8×1故A、C、D錯誤,B正確。3.(6分)列車長為l,鐵路橋長為2l,列車勻加速行駛過橋,車頭過橋頭時的速度為v1,車尾過橋頭時的速度為v2,則車尾過橋尾時速度為 ()A.3v2-v1 B.3C.3v22-v【解析】選B。根據題意,設車尾過橋尾時速度為v,列車行駛時的加速度為a,由速度—位移公式v2-v02=2ax有v22-v12=2al,v2聯立解得:v=3v4.(6分)(2024·煙臺高一檢測)近期我市開展了校車安全培訓活動,規范校車管理,確保安全運行。若一輛校車以8m/s的速度在平直公路上勻速行駛,駕駛員發現前方有行人橫穿公路,隨即剎車做勻減速直線運動至停止。已知校車剎車后第一個3s內的位移與最后一個3s內的位移之比為5∶3,則校車剎車后6s內通過的距離為 ()A.8m B.12m C.16m D.36m【解析】選C。剎車后第一個3s內的位移x1=v0t-12at剎車后最后一個3s內的位移x2=12at根據題意x1∶x2=5∶3解得a=2m/s2剎車時間為t1=v0則校車剎車后6s內通過的距離為x3=v0故C正確,A、B、D錯誤。5.(6分)如圖所示,一小球從A點由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動,若到達B點時速度為v,到達C點時速度為2v,則AB∶BC等于 ()A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4【解析】選C。根據勻變速直線運動的速度—位移公式v2-v02=2ax知,xAB=vB22a,xAC=vC22a,所以xAB∶x6.(6分)我國ETC(電子不停車收費系統)已實現全國聯網,大大縮短了車輛通過收費站的時間。一輛汽車以20m/s的速度駛向高速收費口,到達自動收費裝置前開始做勻減速直線運動,經4s的時間速度減為5m/s且恰好收費完成。隨后司機立即加速,加速時汽車的加速度大小為2.5m/s2,假設汽車可視為質點。則下列說法正確的是 ()A.汽車開始減速時距離自動收費裝置110mB.汽車加速4s后速度恢復到20m/sC.汽車從開始減速到速度恢復到20m/s通過的總路程為125mD.汽車由于通過自動收費裝置耽誤的時間為4s【解析】選C。汽車開始減速時與自動收費裝置的距離x1=v0+v2t50m,A錯誤;汽車的速度恢復到20m/s所需的時間t2=v0-va2=20-52.5s=6s,B錯誤;汽車勻加速運動階段的位移x2=v0+v2t2=5+202×6m=75m,則總路程x=x1+x2=125m,C正確;汽車勻速通過125m所需的時間t=x7.(6分)(2024·昆明高一檢測)如圖所示為一滑草場的示意圖,山坡AB、BC可視為斜面,某人由A處靜止開始下滑、經過B、C兩點時速度大小分別為4m/s和5m/s,AB=BC。設此人經過B點前后的速度大小不變。下列說法正確的是 ()A.人在AB與BC段的加速度大小之比為4∶1B.人在AB與BC段的加速度大小之比為9∶16C.人在AB與BC段的運動時間之比為4∶9D.人在AB與BC段的運動時間之比為9∶4【解析】選D。人在AB段,由速度—位移關系可得:vB2=2a1xAB,解得:a1=vB22xAB=162xAB=8xAB;人在BC段,由速度—位移公式可得:vC2-vB2=2a2xBC,解得:a2=vC2-vB22xBC=52-422xBC=92xBC,所以有:a1a2=8xAB92x二、計算題8.(10分)符合國家安全技術標準的汽車滿載時以54km/h的速度行駛,若剎車的加速度大小為4.5m/s2,求(1)制動距離;(2)該汽車剎車后3s的速度大小和位移大小分別是多少?(3)剎車后6s的速度大小和位移大小分別是多少?【解析】(1)v0=54km/h=15m/s,a=-4.5m/s2由v2-v02=2x=v2-v02(2)汽車剎車后到