第2节 牛顿第二定律&实验特训探究加速度与力、质量的关系-【经纶学霸●蓝题】2025年学霸高考物理一轮复习

学霸高春|蓝题物理 第2节 牛顿第二定律 ☑应用提优考点全面，能力提升|限时：40mim 1.(2024·广东汕头期末)如图所示，货车上一 圆柱形货物A被放在V形物体B中，以防 止A前后滚动.固定在货车上的B物体由一 A.8N B.30NC.40N D.60N 斜面插上竖直挡板构成.若竖直挡板与A之间4.(2024·河北衡水质检)如图，吊篮用绳子悬 的弹力为N,斜面与A之间的弹力为N2,货 挂在天花板上，吊篮A及物块B、C的质量均 车向右运动过程中，A和B保持相对静止，下 为m,重力加速度为g,则将悬挂吊篮的轻绳 列说法正确的是 ( 剪断的瞬间，下列说法正确的是 () A.货车加速，则N增大，N减小 B.货车加速，则N,增大，N2不变 A.三者的加速度都为g C.货车减速，则N减小，N,增大 B。C的加速度为零，A和B的加速度为，3 D.货车减速，则V,不变，N,增大 C.B对A的压力为2mg 2.将质量为m的砖块靠在足够高的竖直墙壁 D.B对A的压力为mg 上，对其施加F=:(k为正的常数)的水平推 5.如图所示，在光滑水平面上有一静止的质 力，如图所示，t=0时将砖块由静止释放， 量M=5kg的木块，木块上静止放置一质 用∫、a、"分别表示它的摩擦力、加速度和速 量m=1kg的物体，物体与木块之间的动摩擦 度，下列图像正确的是 因数u=0.4,重力加速度g取10m/s2.现用水 平恒力F拉物体m,下列关于物体加速度a 和木块加速度a,的值不可能的是 () m→F wnwm 2mg A.am=0.6m/s2,aw=0.6m/s2 B.d=1 m/s2,ay=I m/s2 B C.a=1 m/s2,ay=0.8 m/s2 3.(2024·山西朔州期末)如图所示，竖直放置 D.a=2 m/s2,ay=0.8 m/s2 在水平面上的轻质弹簧上端放着质量为6kg 6.(2024·广东六校联考)如图所示，一块倾角 的物体A,处于静止状态.现将一个质量为 为30°的光滑斜面体的上表面abcd为正方形. 6kg的物体B轻放在物体A上，弹簧始终处 现要使一质量为m的小滑块从斜面顶端a点 于弹性限度内.g取10m/s2,则放上B的瞬 由静止出发，沿对角线ac做匀加速直线运 间，A、B间的弹力大小是 ( 动，还需对小滑块施加一个平行于表面abcd 第三章运动和力的关系学明高自 的恒力F,则所有可能的F中最小的是 C.剪断细线后，小球A向下运动到最低点 时，加速度为0 D.剪断细线后，小球A向下运动过程中加速 度先减小后增大 9.(2024·河北沧州期初)（多选）如图甲所示， 倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运动，将 A.F=1 BF=② 4 mg 质量m=1kg的物体（可视为质点）轻轻放在 传送带的A端，经过1.5s到达传送带的B C.img D.F 2 mg 端，物体在传送带上运动的速度一时间图像 如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,则 7.(2023·山东泰安质检)（多选）如图所示，A、 ( B两小球分别用轻质细绳L,和轻质弹簧系在 (m.s) 天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L 61 连接，细绳L,、弹簧与竖直方向的夹角均为0， 细绳L,水平拉直，现将细绳L,剪断，则细绳L2 剪断瞬间，下列说法正确的是 ( 8( 0.51.01.5 0' A.0~0.5s内，物体受到的摩擦力方向沿斜 面向上 A.细绳L上的拉力与弹簧弹力之比为1：1 B.0.5~1.5s内，物体受到静摩擦力作用 B.细绳L,上的拉力与弹簧弹力之比为 C.传送带的速率为4m/s cos20 1 D.A、B两点的距离为6m C.A与B的加速度之比为cos0:1 10.(2024·湖南长沙长郡中学月考)（多选）如 D.A与B的加速度之比为1：sin6 图所示，质量为2kg的木板静止在水平地面 8.(2024·浙江金华十校期末)如图所示，倾角 上，在木板的最右端，静止放置质量为1kg 为30°的光滑斜面固定在水平地面上，小球A 的滑块（可视为质点），某时刻，给木板施加 质量为2m,物块B质量为m,轻质弹簧一端 水平向右的20N的拉力，拉力作用2s后， 固定在斜面底端，另一端与A相连，A、B间用 将拉力改为作用于滑块上，且大小减小为 一轻质细线连接，弹簧与细线均平行于斜 1N,该拉力作用0.2s后撤去，此时，滑块恰 面，A、B均处于静止状态.下列说法正确的是 好位于木板的最左端.已知木板和滑块与地 面之间的动摩擦因数均为0.2，滑块与木板 之间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2,则 77777777777777777777 A.剪断细线瞬间，小球A的加速度为0 A.41=2s时，滑块的速度是10m/s B.剪断细线瞬间，小球A的加速度为g B.七2=2.2s时，滑块与木板具有相同的速度 学霸高春引蓝题物理 C.木板的长度为2m 重难聚焦 D.木板的总位移为32.15m 题型 利用牛顿第二定律分析临界条件 11.(2024·山东滩坊质检)如图，水平面上有一 12.(2023·湖南常德一模)如图所示，一轻质 辆小车，小车上有一倾角为30°的光滑斜面， 弹簧的下端固定在倾角为0=30°的斜面下 用劲度系数为500N/m的弹簧连接一质量 方的挡板P上，另一端与质量m,=1.0kg 为2kg的物体.以下过程中，物体m与斜面 的滑块A连接在一起，质量为mg=3.0kg 保持相对静止.(g取10m/s2) 的滑块B与滑块A紧靠在一起静止在斜面 (1)若要使物体m对斜面无压力，小车加速 上，此时滑块A、B刚好与斜面之间不存在 度必须多大？ 摩擦力作用.现对滑块B施加一平行于斜 (2)若使弹簧保持原长，小车的加速度又该 面向上的拉力F,使其从静止开始沿斜面 如何？ 向上做匀加速运动，已知两滑块在运动 (3)当小车以3/s2的加速度向右加速运 0.2s时刚好分离，分离后滑块B再运动 动时，求弹簧伸长的长度， 0.2s刚好能到达弹簧的原长位置，弹簧的 y 劲度系数k=100N/m,重力加速度g取 30 10m/s2,两滑块均可视为质点，且与斜面间 的动摩擦因数相同.求： (1)滑块A、B刚分离时滑块A的速度 大小： (2)分离后滑块B受到的拉力F的大小 p线 第三章运动和力的关系学明高自 实验特训 探究加速度与力、质量的关系 ☑题型强化热点聚焦，重难突破限时：10mim 2.(2024·山东百师联盟二模)某中学实验小组 1.(2024·天津二模)两组同学计划探究加速度 为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲 与力、质量的关系 所示的实验装置， (1)第一组同学采用如图1装置验证拉力一 主要实验步骤如下： 定时，物体加速度与质量成反比.左右等 ①按图甲安装实验器材：重物用轻绳挂在动 高的水平桌面上都有一端带滑轮的长木 滑轮上（二者的总质量为m),其下端与纸带 板，木板上都固定有打点计时器，质量分 相连：轻绳左端与固定于天花板的力传感器 别为m,和m,的两个小滑块通过一条细绳 相连，可以测量绳上的拉力大小，右端跨过定 绕过各自长木板上的定滑轮相连，动滑轮 滑轮与质量为M的钩码连接： 下吊有沙桶，调整装置使m和m,在同一 ②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重 竖直平面内，并使细线与长木板平行，两 物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传 个小滑块都与穿过打点计时器限位孔的 感器的读数F; 纸带相连.关于该方案，实验前 ③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利 (填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力， 用纸带计算重物的加速度a,得到多组a、F (填“需要”或“不需要”)满足 数据. 沙和沙桶的总质量远小于滑块质量 打点计时器 打点计时器 纸带 纸形 15.20m ☐钩码M 188ri 24.02m 乙 重物门 纸带 a/(m's (2)第二组同学的实验平面很光滑，摩擦力可 接0记 以忽略不计.他们设想通过测量质量相同 交流电 丙 的两辆小车在相同时间内通过的位移来比 较它们的加速度，进而探究加速度与力的 请回答以下问题： 关系，实验装置如图2所示将轨道分上下 (1)已知打点计时器的打点周期为0.02s,某 双层排列，两小车尾部的刹车线由后面的 次实验所得纸带如图乙所示，M、P和 刹车系统同时控制，能使小车同时立即停 P、N间各有4个点未标出，则重物的加速 下来通过改变槽码盘中的槽码来改变拉 度大小为a= m/s2(结果保留两 力的大小.通过比较两小车的位移来比较 位有效数字). 两小车的加速度大小，你认为 (2)实验得到重物的加速度大小a与力传感器 (填“可行”或“不可行”) 示数F的关系如图丙所示，图像的斜率 为k、纵截距为-b(b>0),则重物和动滑轮的 总质量m= ,当钩码与二者总质量 相等时，重物的加速度大小为a= 图2 (本问结果均用k、b表示)组成的系统，由牛顿第二定律得a=:子4，故A错误， 2m B正确： 20 以吊篮A为研究对象，A受到重力与B对A的压力，由牛顿第二定律 30 得mg+f=ma.代人数据得F、=,故CD错误， 故选B Q 5.B 解析：当两物块相对滑动时，M加速度最大，= M 图1 阳2 5.D解析：由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小 0.4×1×10 m s2=0.8 m s2. 5. 相等，方向相反，对A,B整体分析可知细线4的拉力大小为T。= 当a≤0.8m/2时.两者一起做匀加速直线运动，当两者相对滑动时 (m,+me)g=1N.设细线6与水平方向夹角为a,对A、B分析分别有 a.>0.8m2,av=0.8ms2,故ACD可能，B不可能.本题选择不可 Tasin a+Tsin0=m1g,Tcs=Tcos8,解得T。=0.5N故选D. 能选项，故选B 第三章运动和力的关系 6.B解析：对物块在斜面所在的平而内受力分析如图所示 第1节牛顿第·定律力学单位制 1.B解析：由粘滞阻力公式6m,可知刀石其中∫的单位 为kg·m·s2,r的单位为m,x的单位为m·。,则刀的单位为 g·m2.生，放选B m·m·多m, min 2.C3.B4.AB 当恒力方向与对角线垂直时，恒力最小，根据儿何关系可知 5.A解析：由两种介质组成的系统，密度大的惯性大.当系统向右匀 加速运动时，密度小的向右偏移，密度大的向左偏移：乒乓球的密度 Fn-mgsin30°·sn45= 4mg,放选B 小于水的密度，乒乓球P向右偏移，水向左偏移：乒兵球的密度大于 7,C解析：两球的质量相等，设为m,剪斯细绳L2的解间，弹簧上的 空气的密度，空气向右偏移，乒兵球Q向左偏移A正确BCD错误 力不变，细绳乙，上的力发生突变，对两球受力分析，如图所示，根据 故选A 几何关系可得，对A球有：F,=mgco8,mgsin0=ma1,对B球有：F= 第2节牛顿第二定律 0man9=ma.AB.细绳上的放力与弹簧弹力之比为m9:1, mg 1.B解析：AB.货车向右加速，以A为研究对象，受力情况如图所示， 将N2进行正交分解，在竖直方向根据平衡条件可得：N2s0=mg, 故A错误，B正确：CD.A与B的加速度之比为1：a2=%8:1,故 水平方向根据牛顿第二定律可得：N,-N,sin0=m4a,A和B保持相 C正确，D错误.故选BC 对静止，所以N2不变，则N,变大，故B正确，A错误：CD.若货车域 速，加速度水平向左，以A为研究对象，在竖直方向有N,%0=m1g, 水平方向根据牛顿第二定律可得：N,sn0-N,=m,a,A和B保持相 对静止，所以V不变，则N,减小，故CD错误故选B 8.D解析：AB.开始时对A分析可知mg=2 ngsin30+T,解得Tm= 0,剪所细线瞬间，小球A受到的合力为2 mgsin30°，则加速度为a= 0.5g,选项AB错误：CD.剪断细线后，小球A向下运动过程中开始 时2mgsn30°>T加速度向下，随着弹力增加，加速度减小：当 2 ngsin30°=T时.加速度为零，速度最大：以后2mgin30°<T,此 时加速度沿斜面向上，则随着弹力增加面增大，则加速度先战小后 增大，在最低点时加速度最大，选项C错误，D正确.故选D 9.CD解析：A.由图乙可知，在0-0.5s内物体加速度较大，故物体受 2.B解析：AB.砖块运动过程中=4F、=uF=u灿. 到的滑动摩擦力方向沿斜面向下，故A错误：B.由图乙可知，在 当砖块静止时∫=m以保持不变，图像从斜直线变为水平线有一突 0.5~1.5内物体继续向下做加速度较小的加速运动，故物体受到沿 变，A错误，B正确： 斜面向上的滑动摩擦力作用，故B错误：C.由图可知，当物体的速 CD.砖块运动过程中，当f<mg,根据牛第二定律得g-∫=m阳，得 度与传送带的速度相同时，物体的加速度发生变化，故传送带的速 g典 率为4m/s,故C正确：D.根据速度一时间图像围成的图形面积表 :随着，增大面减小，砖块做加速度或小的变加速运动，”-：图像的 示位移，则可得4，B两点的距离为x=<05X4a+x(山5 斜率应减小： 0.5)m=6m,故D正确.故选CD, 当mg小，根据牛顿第二定律得a一临 10.BD解析：A,给木板能加水平向右的20N的拉力，对滑块，由生 领第二定律可得山2g=m2,=2h,解得=8m,A错误； 随着：增大，：反向增大，砖块做加速度增大的变减速运动，一4图像 B.给木板施加水平向右的20N的拉力，对木板由牛顿第二定律可 的斜率的绝对值应增大，直到停止，CD错误， 得F,2mg4,(+m)g=Ma1.=41,解得r1=10m5, 故选B. 将拉力改为作用于滑块上，对滑块，由牛领第二定律可得 3.B解析：根据题意，轻质弹簧上端放若A时系统平衡，在轻放上B fp2ng=ma4,4=+a4,解得4=9m/s 的瞬间，根据牛頓第二定律有mg=2m.面对B由牛顿第二定律 将拉力改为作用于滑块上，对木板，由牛顿第二定律可得 有mg-N=m,联立解得A.B问的弹力大小为N=30N,故选B. 4,mgμ(+m)g=a3:马=，-a.解得码=9m/, 4.B解析：AB.分析受力可知，物体C受重力和弹簧弹力，弹簧的弹 即2=22s时.滑块与术板具有相同的速度，B正确： 力不能突变，在细绳剪断瞬间，C受到的弹力与重力相等，所受合力 C,给木板施加水平向右的20N的拉力过程中，木板的位移为 为零，则C的加速度为0：物体B与A相对静止，将A、B看作一个整 体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于C物体的重力mg,对A,B 12a1 一学霸高考·蓝题·物理·13一 - 将拉力改为作用于滑块上，木板的位移为)-一2 102m/2=1.6m/2 给木板施加水平向右的20N的拉力过程中，滑块的位移为 (2)对重物由牛顿第二定律得2F-mg=m,可得a.2 . 吃 .2 32a1 则斜率=之，截距绝对值b=g,解得m= 好- 由图可知，钩码的加速度为重物的2倍.则g-F=M·2a.又M=m. 将拉力政为作用于滑块上，滑块的位移为与0 木板的长度为L=x,+324, 联立解得L=2.2m,C错误： 第3节牛顿运动定律的应用（一） D.潜块与木板共速后，一起做匀减速直线运动，对整体有 (两类基本问题) 0- 1.C解析：AB.不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，对小球分析 44(M+m)g=(M+m)a4=-2a写 如图所示，一位同学手持乒乓球拍托球沿水平直线跑动，则小球所 木板的总位移为本=1++5，联立解得xk=3215m,D正确 受的合力为F合=mgm8,则球在水平方向匀加速运动.由于球拍与 故选BD. 球相对静止且均相对该同学身体静止，球，球拍和同学具有相同的 n.()1o5mg20 加速度，故AB错误：C.对乒乓球由牛顿第二定律得a -m/s2,方向向左(3)2.6×102m mgtan 8 =gtmn0,球拍受到的合力大小为F=Ma=Mgtn0,故C正 解析：(1)若要使物体m对斜而无压力.则物体受重力和沿斜而向 上的弹簧拉力，由牛顿第二定律可知。=m,解得a= 确：山球拍对乒民球的支持力大小为N二。由牛顿第三定律可 10w3m/s2: (2)若使弹簧保持原长，物体受重力和垂直斜面的支持力，由牛顿 知球拍受到乒氏球的压大小NN:。故D错误故选C 第二定律可知mgm30=a,解得_10 3 2m2,方向向左： (3)对物体进行受力分析如图所示 球 2.B解析：AD.根据牛顿第二定律2F-6(m1+m)g=(m1+m2)a,解 2F-(m,+m:),动力与加速度并不是正比关系，若每组提供 得a 月1十用3 的动力均为2F,列车组的加速度并不加倍，AD错误：BC.对于，设 Fsin3t0°+F、0s30°=mg, Fcus30°-Fxsin30°=ma",解得F=13N,由胡克定律可知x= 拉力为T,根据牛顿第二定律F一-T-m,g=m,解得T=P加，上 m1+m3 =26x102m F (m2-m1)F 若m1>m2,T小于零，则对接处：对b的作用效果是向 m,+m3 12.(1)0.5ms(2)45N 后的阻力.B正确，C错误故选B. 解析：(1)由题意可知，初始时A,B静止不动.设此时弹簧的压缩量 3.D解析：AB.弹簧弹力、细绳拉力与小车运动的状态有关，所以弹 为xn,对A.B整体受力分析有(m,+mn)gnB=。,解得x0= 簧可能处于拉伸状态，压缩状态，原长状态，故AB错误：C.当小车 0.2m, 匀速运动时.弹簧的弹力大小等于小球的重力大小，此时细绳的拉 设滑块B的加速度大小为a,则有6=子，解得a=25m, 力F,=0故C错误：D.当弹簧处于原长状态时，小球的加速度大小 分离时两滑块速度相同，故A,B分离时滑块A的速度大小为”，= 为a=tang,故D正确.故选D. 4.AC解析：连接AC,设AB与AD的夹角为B,则CD与水平面的夹角 也为8，如图所示 解得，=0.5m/s (2)设滑块A,B分离之前二者共同运动的距离为x1,则有，= 子（传广每得与=a5a 故此时弹簧的压缩量为x2=。-x1=0.15m, 刚分离时两滑块的加速度相同，对滑块A受力分析，由牛顿第二定 作可得地==ma,解得和- 滑块A、B分离后，对滑块B,由牛顿第二定律可得 A.对物块受力分析，根据牛领第二定律得：沿AB斜面滑下时， F-mggsin 0-mggeos 0=mgd,解得F=45N. mgeos=ma1,沿CD斜面滑下时，mgin8=m2,解得a1=ge%8, 实验特训探究加速度与力、质量的关系 AD)cos 0=Ac gim8,由图可知，m9=CD. Dim>es,则a<仙， 1.(1)需要不需要(2)可行 216(2)是÷ 故A正确：CD.设圆的半径为R,沿AB斜面滑下时，2RsB= 280s·,沿GD斜面滑下时，2Rsin0=28n8·片.解得4= 解析：(1)打点周期为0.02s.M.P和P、N间各有4个点未标出 则M、P间和P,N间的运动时间为T=5×0.02=0.1. 由逐差法有n-柳=T.则4-(24.02-1881)-(1881-1520) ，故C正确，D错误：R.物块沿斜面滑到底端的速度为 =入g 0.12 ,由以上分析得，1<a2山=2，则1<2，故B错误：故选AC 一学霸高考·蓝题·物理·14一