2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系

第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系做真題明方向1．[2022·全國(guó)甲卷](多選)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度大小為g.用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開(kāi)始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小答案：AD解析：撤去力F后到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前，彈簧彈力kx減小，對(duì)P有μmg＋kx＝maP，對(duì)Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬間μmg＝kx，故P做加速度從2μg減小到μg的減速運(yùn)動(dòng)，Q做加速度從0逐漸增大到μg的減速運(yùn)動(dòng)，即P的加速度始終大于Q的加速度，故除開(kāi)始時(shí)刻外，任意時(shí)刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C錯(cuò)誤，A、D正確．2．[2022·全國(guó)乙卷]如圖，一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L.一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直．當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距eq\f(3,5)L時(shí)，它們加速度的大小均為()A．eq\f(5F,8m)B．eq\f(2F,5m)C．eq\f(3F,8m)D．eq\f(3F,10m)答案：A解析：如圖可知sinθ＝eq\f(\f(1,2)×\f(3L,5),\f(L,2))＝eq\f(3,5)，則cosθ＝eq\f(4,5)，對(duì)輕繩中點(diǎn)受力分析可知F＝2Tcosθ，對(duì)小球由牛頓第二定律得T＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(5F,8m)，故選項(xiàng)A正確．3．[2022·湖南卷](多選)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，總質(zhì)量為M.飛行器飛行時(shí)受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k為常量).當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉時(shí)，飛行器豎直下落，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，其勻速下落的速率為10m/s；當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器豎直向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s.重力加速度大小為g，不考慮空氣相對(duì)于地面的流動(dòng)及飛行器質(zhì)量的變化，下列說(shuō)法正確的是()A．發(fā)動(dòng)機(jī)的最大推力為1.5MgB．當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)推力的大小為eq\f(\r(17),4)MgC．發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí)，飛行器速率為5eq\r(3)m/sD．當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時(shí)，其加速度大小可以達(dá)到3g答案：BC解析：當(dāng)飛行器關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)以速率v1＝10m/s勻速下落時(shí)，有Mg＝kveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，當(dāng)飛行器以速率v2＝5m/s勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有Mg＋kveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝Fmax，聯(lián)立解得Fmax＝1.25Mg，A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)飛行器以速率v2＝5m/s勻速水平飛行時(shí)，飛行器受重力、推力和空氣阻力作用而平衡，由平衡條件有F2＝(Mg)2＋(kveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))2，解得F＝eq\f(\r(17),4)Mg，B項(xiàng)正確；當(dāng)飛行器以最大推力Fmax推動(dòng)飛行器水平飛行時(shí)，由平衡條件有Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(max))－(Mg)2＝(kveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)))2，解得v3＝5eq\r(3)m/s，C項(xiàng)正確；當(dāng)飛行器最大推力向下，飛行器以5m/s的速率向上減速飛行時(shí)，其加速度向下達(dá)到最大值，由牛頓第二定律有Mg＋Fmax＋kveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝Mamax，解得amax＝2.5g，D項(xiàng)錯(cuò)誤．4．[2023·全國(guó)甲卷](多選)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙．甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示．由圖可知()A．m甲<m乙B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙D．μ甲>μ乙答案：BC解析：根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma整理后有F＝ma＋μmg則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g則μ甲<μ乙故選BC.5.[2023·湖南卷](多選)如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運(yùn)動(dòng)．車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對(duì)靜止，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．下列說(shuō)法正確的是()A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)答案：CD解析：設(shè)桿的彈力為N，對(duì)小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足eq\f(Nx,Ny)＝tanθ豎直方向Ny＝mg則Nx＝mgtanθ若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得Nx＝ma可得a＝gtanθ對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A錯(cuò)誤；若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為Nx＝mgtanθ若tanθ≤μ，對(duì)小球B，小球B受到向左的合力F＝μ(Ny＋mg)－Nx≥mgtanθ則對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得Nx＝mamax對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax解得F＝4mgtanθ，B錯(cuò)誤；若μ<tanθ≤2μ可知小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(Ny＋mg)·μ－Nx＝2μmg－mgtanθFmax<mgtanθ對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax聯(lián)立可得F的最大值為F＝4mg(2μ－tanθ)C正確；若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無(wú)限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)Fmin＝Nx－(Ny＋mg)μ＝mgtanθ－2μmgtanθ當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B