2025版高考物理一轮总复习专题3牛顿运动定律热点强化4课后提能演练

专题三热点强化41．如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动．若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2．则下列说法正确的是()A．a1＝a2，FN1>FN2 B．a1＝a2，FN1＝FN2C．a1>a2，FN1>FN2 D．a1>a2，FN1＝FN2【答案】D【解析】设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝eq\f(F,m＋m)＝eq\f(F,2m)，对B分析有FN1＝ma1＝eq\f(F,2)．接触面粗糙时，对整体分析有a2＝eq\f(F－f,2m)＝eq\f(F,2m)－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝eq\f(F,2)，则FN1＝FN2．故D正确．2．(2024届安庆宜秀区入学考试)如图，一倾角为α的光滑斜面对右做匀加速运动，质量为m的物体A相对斜面静止，则斜面运动的加速度为()A．gsinα B．gcosαC．gtanα D．gcotα【答案】C【解析】物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度肯定在水平方向，对物体进行受力分析如图，物体受到重力和垂直斜面对上的支持力，两者合力供应加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向肯定水平向右，依据图像可知，竖直方向FNcosα＝mg，水平方向FNsinα＝ma，所以a＝gtanα，故C正确，A、B、D错误．3．(2024年江苏卷)中欧班列在欧亚大陆开拓了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力气．某运输防疫物资的班列由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．F B．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)【答案】C【解析】依据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢依据牛顿其次定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则依据牛顿其次定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19)，故C正确．4．(2024年海南卷)(多选)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面对上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则()A．两物块一起运动的加速度大小为a＝eq\f(F,m1＋m2)B．弹簧的弹力大小为T＝eq\f(m2,m1＋m2)FC．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大【答案】BC【解析】对整体受力分析，依据牛顿其次定律有F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得a＝eq\f(F,m1＋m2)－gsinθ，A错误；对m2受力分析，依据牛顿其次定律有F弹－m2gsinθ＝m2a，解得F弹＝eq\f(m2F,m1＋m2)，B正确；依据F弹＝eq\f(m2F,m1＋m2)＝eq\f(F,\f(m1,m2)＋1)，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，依据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，C正确；依据F弹＝eq\f(m2F,m1＋m2)，可知只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，依据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，D错误．5．(2024届哈师大附中开学考试)如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B．它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板．系统处于静止状态．现起先用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开挡板C时物块A的加速度a和从起先到此时物块A的位移d．(已知重力加速度为g)解：设未加F时弹簧的压缩量为x1，由胡克定律和共点力平衡条件可知mAgsinθ＝kx1，设B刚要离开C时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律和牛顿其次定律可知kx2＝mBgsinθ，F－mAgsinθ－kx2＝mAa，联立方程可得a＝eq\f(F－mA＋mBgsinθ,mA)，由题意知d＝x1＋x2，解得d＝eq\f(mA＋mBgsinθ,k)．6．哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐观光电梯从地面起先经验加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15m/s．观景台上可以俯视整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮丽．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1kg的物体受到的竖直向上拉力为11N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10m/s2)，则：(1)求电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；(3)若电梯设计安装有协助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消逝，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动协助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程全部阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必需启动协助牵引装置？解：(1)设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿其次定律得FT－mg＝ma，解得a＝1m/s2．由v＝v0＋at，解得t＝15s．(2)匀加速阶段位移x1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×152m＝112．5m，匀速阶段位移x2＝v(50s－2t)＝15×(50－2×15)m＝300m，匀减速阶段位移x3＝eq\f(v2,2a)＝112．5m，因此观景台的高度x＝x1＋x2＋x3＝525m．(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0．自由落体加速度大小a1＝g，启动协助牵引装置后加速度大小a2＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(3mg－mg,m)＝2g