2025届高三物理一轮复习课时作业：3.2牛顿第二定律的应用

2025届高三物理一轮复习课时作业 §3.2牛顿第二定律的应用 时间：45分钟 满分：100分 一、选择题：本题共12小题，每小题6分，共72分。在每小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项正确；第9～12小题，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．若货物随升降机运动的v­t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( ) 2．如图所示，倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环，环通过细线吊一个质量为m的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是( ) A．环一定沿长杆向下加速运动 B．环的加速度一定沿杆向上 C．环的加速度一定大于g sin α D．环一定沿杆向上运动 3．如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是(　　) A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程 B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程 C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大 D．速度达到最大时加速度也达到最大 4．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则(　　) A．t1～t2时间内物块做匀加速直线运动 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的速度为0 5．如图所示，三个物块A、B、C的质量满足mA＝2mB＝3mC，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)(　　) A．－g、2g、0　　　　　 B．－2g、2g、0 C．－g、g、0 D．－2g、g、g 6．如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止。斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是(　　) A．在0～t1时间内，N增大，f减小 B．在0～t1时间内，N减小，f增大 C．在t1～t2时间内，N增大，f增大 D．在t1～t2时间内，N减小，f减小 7．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是(　　) A．球做匀加速运动时竖直挡板对球的弹力比球处于静止状态时大 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面对球的弹力变大 D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma 8．如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中(　　) A．物块m上滑所用的时间大于下滑所用的时间 B．物块m下滑时受到斜劈的作用力竖直向上 C．地面对斜劈M的摩擦力先向左后向右 D．地面对斜劈M的支持力总小于(M＋m)g 9．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g取10 m/s2，则可以计算出(　　) A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F为14 N时物体的速度 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．物体的质量 10．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置的，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随t变化的图像如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以下关系正确的是(　　) A．xA＝h，aA＝0 B．xB＝h＋，aB＝0 C．xC＝h＋，aC＝g D．xC＞h＋，aC＞g 11．如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时，(　　) A．物块与斜面间的摩擦力减小 B．物块与斜面间的正压力增大 C．物块相对于斜面匀速下滑 D．物块相对于斜面减速下滑 12．如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角θ＝30°。当突然剪断细线时，A、B两物体相对地面的瞬时加速度分别记为aA和aB；当升降机突然处于完全失重状态时，A、B两物体相对地面的瞬时加速度分别记为aA′和aB′。则(　　) A．aA＝0　　　　 B．aB＝g C．aA′＝g D．aB′＝g 二．非选择题：本题共2小题，每小题14分，共28分。考生根据要求做答 13．(14分)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的，设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求： (1)弹性球受到的空气阻力f的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h. 14．(14分)如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去力。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在推力F作用下，物体运动的加速度a1的大小； (2)物体运动过程中与小车之间的最大距离； (3)物体刚停止运动时与小车的距离d。 第4页，共8页 ( 第 1 页 共 9 页 )高中物理 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三物理一轮复习课时作业参考答案 §3.2牛顿第二定律的应用 1．B 解析：由v­t图像可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)；过程⑤为向上匀速直线(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)。综合选项分析可知选项B正确。　 2．B 解析：稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行。对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B正确，A、D错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与gsin α的大小关系，则C项错误。 3．A 解析：从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，当弹簧的弹力大小等于小球的重力大小时，小球的加速度为零，此时速度最大，A正确，C、D错误；当小球到达最低点时，小球的加速度最大，速度为0，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，小球先向下加速，后向下减速，先失重后超重，故B错误。 4．B 解析：物块A原来静止在水平面上，在0～t1时间内拉力F小于地面对物块的最大静摩擦力fm，因此物块仍静止，t1～t2时间内，拉力大于最大静摩擦力，合力大于0，物块做加速运动，由牛顿第二定律可得加速度a＝随拉力F的增大而增大，t2时刻，拉力F最大，则合外力F－fm最大，故物块的加速度最大，A错、B对；t2时刻后拉力F逐渐减小，但在减小到fm前，物块所受合外力仍与速度同向，物块仍做加速运动，所以t3时刻物块A的速度最大，C、D均错． 5．C 解析：系统静止时，A物块受重力GA＝mAg，弹簧向上的拉力F＝(mA＋mB＋mC)g，A、B间细绳的拉力FAB＝(mB＋mC)g作用，B、C间弹簧的弹力FBC＝mCg.剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块A有：F－GA＝mAaA，解得：aA＝g，方向竖直向上；对B：FBC＋GB＝mBaB，解得：aB＝g，方向竖直向下，剪断细绳的瞬间C的受力不变，其加速度为零． 6．D 解析：在0～t1时间内，由图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有Ncosθ＋fsinθ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小。在t1～t2时间内，由图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－(Ncosθ＋fsinθ)＝ma2，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f均减小，故选D。 7．A 解析：对球受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：FN1－FN2sinθ＝ma，FN2cosθ＝mg，由以上两式可得：FN2不随a的变化而变化，FN1随a的增大而增大，故A正确，B、C错误；斜面和挡板对球的弹力与重力三个力的合力才等于ma，故D错误。 8．D 解析：物块m上滑时的加速度a1＝gsinα＋μgcosα，下滑时的加速度a2＝gsinα－μgcosα，因为x＝at2，且a1>a2，所以t1<t2，A错误．物块m下滑时，具有斜向左下方的加速度a2，所以斜面对物体的作用力(支持力和摩擦力的合力)应为斜向左上方，B错误．以斜面和物块的整体为研究对象，由于上滑和下滑时，物块m的加速度都斜向左下方，所以整体水平方向的合力F合x＝max，也应水平向左，所以斜劈M受到的摩擦力Ff始终水平向左，C错误．同理，整体竖直方向的合力F合y＝may也应竖直向下，斜劈M受到的支持力FN<(M＋m)g，D正确． 9．ACD 解析：由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A正确；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，将F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B错误。 10．BD 解析：OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，A错误。B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg＝kx，可知x＝，所以B的坐标为xB＝h＋，B正确。取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量xC＞h＋，加速度aC＞g，C错误、D正确。 11．BC 解析：当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B对。“重力”沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，C对，D错误。 12．AD 解析：当整个装置突然处于完全失重状态，根据完全失重状态的特点可知，A、B两物体与斜面体之间的弹力会突然消失，而弹簧在这一瞬间，弹性形变不会立即变化，故此时弹簧对A物体的弹力不变，根据平衡状态时的受力特点可知，物体A受到弹簧的弹力大小为mgsinθ，由于失重时A物体本身重力不变，故在此瞬间，物体A同时受到弹簧的弹力和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcosθ，故其瞬时加速度为aA′＝g；对物体B受力分析可知，完全失重瞬间，由重力引起的细线的弹力突然消失，而由弹簧弹力引起的细线的弹力仍存在，所以物体B受到弹簧的弹力和细线的拉力相等(此二力的合力为0)，则此时物体B受到的合力就是其重力，物体B的瞬时加速度为aB′＝g。当突然剪断细线时物体B受到的合力为2mgsinθ＝maB，aB＝g，而物体A受到的合力为零，则物体A的瞬时加速度为零，即aA＝0，因此A、D正确。 13．(14分) 答案：(1)0.2 N　(2)0.375 m 解析：(1)由v－t图象可知，弹性球第一次下落过程中的加速度为：a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 由牛顿第二定律得：mg－f＝ma1 则有：f＝mg－ma1＝(0.1×10－0.1×8) N＝0.2 N. (2)弹性球第一次碰撞后反弹时的速度为 v′＝v＝×4 m/s＝3 m/s 由牛顿第二定律得：mg＋f＝ma′ 则：a′＝＝ m/s2＝12 m/s2 则反弹的高度为：h＝＝ m＝0.375 m. 14．(14分)答案：(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m 解析：(1)对物体在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据得a1＝2 m/s2。 (2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即 t1＝＝ s＝2 s时， 两者之间最大距离 xmax＝s0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。 (3)设推力作用的时间为t2， 根据位移公式得x1＝a1t22 则t2＝ ＝ s＝5 s 速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s 撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其减速运动过程位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2 得a2＝μg＝2 m/s2 由v2＝2ax得x2＝＝ m＝25 m 而t3＝＝ s＝5 s。 物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s 则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。 第4页，共8页 ( 第 1 页 共 9 页 )高中物理 学科网（北京）股份有限公司 $$