课时检测训练10 牛顿第二定律的基本应用-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练10　牛顿第二定律的基本应用 对应学生用书P341 对点练1　瞬时性问题 1．如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A．图甲中A球的加速度大小为g sin θ B．图甲中B球的加速度大小为2g sin θ C．图乙中A、B两球的加速度大小均为g sin θ D．图乙中轻杆的作用力一定不为零 解析　设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力大小为4mg sin θ，加速度大小为4g sin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mg sin θ，A、B两球的加速度大小均为g sin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。 答案　C 2．如图，A、B、C三个物体的质量都是m，A、B用轻弹簧相连，B、C用无弹性的轻绳跨过轻质定滑轮连接，C用轻绳固定在地面上，某时刻C与地面相连的绳突然断开，则A、B、C的瞬时加速度大小为(　　) A．aA＝g，aB＝g，aC＝g B．aA＝0，aB＝g，aC＝g C．aA＝，aB＝，aC＝ D．aA＝0，aB＝，aC＝ 解析　C与地面相连的绳没断开前，设绳的拉力为T，对A分析mg＝kx，某时刻C与地面相连的绳突然断开，弹簧不突变，故A保持原状态，瞬时加速度大小为0，B和C同一根绳相连，同加速度大小，设为a，对B和C分析mg＋kx－T1＝ma，T1－mg＝ma，联立解得a＝，即aB＝，aC＝，故选D。 答案　D 3.如图所示，质量为M的木箱放在水平地面上，质量为m的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁。细线与竖直方向夹角为θ，弹簧处于水平状态，重力加速度为g，剪断细线前、后，木箱均处于静止状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是(　　) A.地面对木箱的支持力不变 B.地面对木箱的支持力减小了 C.地面对木箱的摩擦力不变 D.地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ 解析　设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为FN、FN′，地面对木箱的摩擦力大小分别为Ff、Ff′，剪断细线前，细线上的拉力大小FT＝，弹簧弹力大小F＝FTsin θ＝mg tan θ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知FN＝(m＋M)g，Ff＝0。剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方向有FN′＝Mg，地面对木箱的支持力减小了mg，A、B错误；对木箱分析，水平方向有Ff′＝F＝mg tan θ，地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ，C错误，D正确。 答案　D 对点练2　超重与失重现象 4．下列属于超重现象的是(　　) A．汽车驶过拱形桥顶端 B．航天器随火箭从地面向上加速发射 C．人在电梯中随电梯减速上升 D．宇航员随宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动 解析　汽车驶过拱形桥顶端，有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，A错误；航天器随火箭从地面向上加速发射，有竖直向上的加速度，处于超重状态，B正确；人在电梯中随电梯减速上升，加速度向下，处于失重状态，C错误；宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，宇宙飞船处于完全失重状态，D错误。 答案　B 5．下列漫画描绘了超失重的现象，若图a表示电梯静止或者匀速运动的情形，那么图b、图c分别表示电梯在如何运动，下列说法正确的是(　　) A．图b可能表示电梯向上做减速运动 B．图b可能表示电梯向上做加速运动 C．图c可能表示电梯向上做加速运动 D．图c可能表示电梯向下做减速运动 解析　图b图案被压扁了，是超重，加速度向上，可能向上做加速运动，也可能向下做减速运动，B正确，A错误；图c图案被拉长了，是失重，加速度向下，可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，C、D错误。 答案　B 6．(多选)如图显示的是某人站在力传感器上，完成“下蹲”与“起立”动作时力传感器的示数随时间变化的情况。已知t＝0时刻人处于静止状态。根据图像判断下列说法正确的是(　　) A．从图像显示此人完成了两组“下蹲—起立”动作 B．图中t1时刻人处于失重状态 C．图中t2时刻人具有向上的加速度 D．“起立”的过程先超重后失重 解析　ABC．图中t1时刻人处于失重状态，人先向下加速，然后向下减速，人做的是下蹲动作。同理t2时刻人的加速度向上，然后向上减速，人做起立动作，处于超重状态，整个过程人完成了一组“下蹲一起立”动作，故A错误，BC正确；D．“起立”过程中，加速度先向上后向下，人先超重后失重，故D正确。故选BCD。 答案　BCD 对点练3　动力学的两类基本问题 7．竖直向上抛的物体在上升过程中由于受到空气阻力，加速度大小为g，若空气阻力大小不变，那么这个物体下降过程中的加速度大小为(　　) A．g B．g C．g D．g 解析　上抛过程中，受到竖直向下的重力和竖直向下的阻力，根据牛顿第二定律可得mg＋f＝mg，解得f＝mg，在下降过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的阻力，根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，解得a＝g，故选C。 答案　C 8.(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A.v0＝2.5 m/s B.v0＝1.5 m/s C.μ＝0.28 D.μ＝0.25 解析　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题意知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0 < 2 m/s，故A错误，B正确；对物块做受力分析有a＝－μg，v2 － v＝2ax，整理有v＋2ax>0，联立可得μ < 0.2，故C、D错误。 答案　B 9. 2020年2月24日，经上海市经信委组织协调，科大讯飞的一批医疗物资包括配送机器人、搬运机器人已运抵同济大学附属东方医院。其中一台配送机器人的工作流程简化图如图甲所示，一质量m＝10 kg的装有物资的木箱静止于C点，与水平面CB间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与倾角为α的足够长的光滑固定斜面AB在B处平滑连接。现机器人对木箱施加与水平方向成θ＝53°的恒定推力F作用，木箱在水平面CB段运动的速度—时间如图乙所示，到达B点后立即撤去恒力F。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。求： (1)水平面CB间距离。 (2)斜面AB的倾角α大小。 (3)木箱所受到的恒力F的大小。 甲 乙 解析　(1)根据图乙可知，在前1 s内图像与坐标轴所围成的面积大小表示水平面CB间距离，则有xCB＝ m＝5 m； (2)由图乙可知，BA段的加速度大小为a2＝，对小物块进行分析有mg sin α＝ma2，解得a2＝5 m/s2，α＝30°； (3)根据图乙可知，CB段的加速度大小为a1＝，解得a1＝10 m/s2，根据牛顿第二定律有F cos θ－μ(mg＋F sin θ)＝ma1，解得F＝750 N。 答案　(1)5 m　(2)30°　(3)750 N 10．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间(　　) A．4号猴子的加速度和速度都等于0 B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上 C．2号猴子对3号猴子的作用力大小为 D．1号猴子对2号猴子的作用力大小为 解析　在3号猴子手滑后的一瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，A错误；在3号猴子手滑后的一瞬间，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，加速度a大小为mg＝3ma，解得a＝g，加速度的方向竖直向上，B错误；2号猴子对3号猴子的作用力F23大小为F23－mg ＝ma ，解得F23＝ ，C正确；1号猴子对2号猴子的作用力F12大小为F12－2mg＝2ma，解得F12＝，D错误。 答案　C 11．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEF C．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF 解析　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB＞tCD＞tEF，B项正确。 答案　B 12．(多选)(2022·全国甲卷)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．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时刻Q的速度大小 解析　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。 答案　AD 13.质量均为m的滑块A、B靠在一起，静止放置在水平地面上，滑块A与地面的动摩擦因数为μ，滑块B与地面的动摩擦因数为2μ。现用水平向右的推力F推动滑块B，作用一段时间t0后撤去推力F，已知推力F＝5μmg，重力加速度为g。求： (1)在推力F推动滑块B的过程中，滑块B对滑块A的弹力大小。 (2)撤去水平推力F后，滑块A与滑块B之间的最大距离。 解析　(1)用水平向右的推力F推动滑块B时， 设滑块A、B一起加速运动的加速度为a0， 根据牛顿第二定律有F－μmg－2μmg＝2ma0，解得a0＝μg， 对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律有FN－μmg＝ma0， 解得FN＝2μmg。 (2)滑块A、B在时间t0时的速度大小为v0＝a0t0＝μgt0， 撤去向右的水平推力F后，滑块A的加速度大小为aA＝＝μg， 滑块B的加速度大小为aB＝＝2μg， 则滑块A减速运动的距离为xA＝＝μgt， 滑块B减速运动的距离为xB＝＝μgt， 滑块A与滑块B之间的最大距离为Δx＝xA－xB＝μgt。 答案　(1)2μmg　(2)μgt 学科网（北京）股份有限公司 $$