课时测评13 牛顿第二定律的综合应用(一)（word练习）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

课时测评13　牛顿第二定律的综合应用(一) (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1、3、4、5，每题6分，其余每题4分，共44分) 1.(多选)如图甲，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在物块B的拉动下从桌面左端开始运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块B质量为0.10 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　) A.物块A的质量为0.4 kg B.物块A的质量为0.8 kg C.物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.125 D.物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.25 答案：AC 解析：由题图乙可知，物块A在P点左边运动的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律mBg＝(mB＋mA)a1，代入数据解得mA＝0.4 kg，A正确，B错误；物块A在P点右边运动的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2，代入数据解得μ＝0.125，C正确，D错误。 2.(2025·广东模拟预测)如图所示，底端带有挡板的光滑斜面固定在水平面上，一轻弹簧一端与挡板连接，轴线与斜面平行，质量为M的物块(可视为质点，与弹簧不连接)紧靠弹簧静止在斜面上。现施加沿斜面向下的力进一步压缩弹簧，然后由静止释放物块，物块沿斜面开始运动，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。以释放点为坐标原点O，沿斜面向上为x轴正方向建立坐标系，从物块释放到第一次回到坐标原点的过程中，物块的加速度a随路程s变化的图像或位移x随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 答案：B 解析：设弹簧的初始压缩量为x0，物块释放前，根据平衡条件有Mgsin θ＋F＝kx0，释放后弹簧未恢复原长前，根据牛顿第二定律可得k－Mgsin θ＝Ma，联立解得a＝－s＋－gsin θ，若弹簧能够恢复原长(即F＞Mgsin θ)，则弹簧恢复原长后a＝－gsin θ，物块到达最高点后，开始沿斜面向下做匀加速运动，加速度仍为a＝－gsin θ，再次接触弹簧后，物块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，回到坐标原点时速度恰好减为零，物块做往复运动，根据对称性结合上述分析可知，A错误，B正确；若F＜Mgsin θ，物块释放后不能脱离弹簧，位移x随时间t按正弦规律变化，若F＞Mgsin θ，物块释放后能脱离弹簧，脱离弹簧后位移x随时间t按二次函数规律变化，C、D错误。故选B。 3.(多选)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是(　　) A.F的大小为8 N B.0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反 C.t＝3 s时，物体离出发位置最远 D.3 s末物体的速度为0 答案：BCD 解析：由题图乙可知，t＝1 s时撤去外力，物体在摩擦力作用下运动，加速度大小为2 m/s2，由牛顿第二定律可得摩擦力大小为Ff＝ma2＝2×2 N＝4 N，在0～1 s内，物体的加速度为4 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，则F＝Ff＋ma1＝4 N＋2×4 N＝12 N，A错误；由题图乙可知，0～1 s内加速度为正方向，1～3 s内物体加速度为负方向，所以0～1 s和1～3 s内物体加速度的方向相反，B正确；t＝1 s时，物体的速度v＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，物体做减速运动的时间t2＝＝ s＝2 s，即物体在t＝3 s时速度为0，物体离出发位置最远，C、D正确。故选BCD。 4.(多选)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.前3 s内，物块的加速度逐渐减小 B.前3 s内，物块的速度先增大后减小 C.A、B间的距离为4 m D.前3 s内物块的平均速度为2 m/s 答案：BC 解析：物块所受摩擦力为Ff＝μFN＝μmg＝2 N，由题图乙可知，前3 s内，水平力F逐渐减小，当F＞Ff时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当F＝Ff时，物块的速度达到最大，之后F＜Ff，加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，选项A错误，B正确；在3～5 s内物块在水平恒力F与摩擦力作用下由B点做匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为x，则根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则A、B间的距离为x＝a＝×2×22 m＝4 m，选项C正确；前3 s内物块的平均速度为＝＝ m/s，选项D错误。故选BC。 5.(多选)如图所示，2 025个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3之间弹簧的弹力为F2—3，……，2 024和2 025之间弹簧的弹力为F2 024—2 025，则下列结论正确的是(　　) A.F1—2∶F2—3∶F3—4∶…∶F2 024－2 025＝1∶2∶3∶…∶2 024 B.从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2 024 C.如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2 025个小球除外，其余每个球的加速度依然为a D.如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a 答案：ACD 解析：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知F＝2 025ma，解得a＝，隔离小球1，由牛顿第二定律得＝ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿第二定律得F2－3＝2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿第二定律得F3－4＝3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿第二定律得F4－5＝4ma，……，把小球1到2 024看作整体隔离，由牛顿第二定律得F2 024－2 025＝2 024ma，综上可得F1－2∶F2－3∶F3－4∶F4－5∶F5－6∶…∶F2 024－2 025＝1∶2∶3∶4∶5∶…∶2 024，选项A正确；弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，除第2 025个小球所受合力突然变化外，其他小球之间弹簧弹力不变，所以其他小球的加速度依然为a，2 024和2 025之间的弹簧弹力F2 024－2 025＝2 024ma，对第2 025个小球由牛顿第二定律可得F2 024－2 025＝ma1，又a＝，联立解得第2 025个小球的加速度a1＝，选项C正确；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间的弹簧弹力，F2－3＝ma2，又F2－3＝2ma，联立解得第2个小球的加速度a2＝2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。故选ACD。 6.如图所示，足够长的倾角为θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，轻绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A.轻绳的拉力大小为30 N B.轻绳的拉力大小为6 N C.物块B的加速度大小为6 m/s2 D.如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响 答案：C 解析：对B分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将物块B换成一个竖直向下且大小为30 N的力，对A分析，由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a'，解得a'＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误。故选C。 7.(2023·广东模拟预测)我国“神舟十一号”飞船搭载了香港特区的中学生设计的“双摆实验”进入太空。受此启发，某同学也设计了一个类似的双摆实验在学校实验室进行研究，如图所示，将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端，其中上面的小球较小较轻，而轻绳的上端拴接在竖杆顶部，竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动，不计空气阻力，则下列四个图中所示的姿态正确的是(　　) 答案：A 解析：对两个小球整体分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图甲所示，由牛顿第二定律可得(m＋M)gtan α＝(m＋M)a，可得tan α＝，对较重小球分析，受到轻绳的拉力和重力，合力水平向左，如图乙所示，由牛顿第二定律可得Mgtan β＝Ma，可得tan β＝，所以有α＝β，即两段轻绳与竖直方向的夹角相同。故选A。 8. (2025·山东青岛高二下期末)如图所示，质量为2m的A物体和质量为m的B物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　　) A.B和A刚分离时，弹簧弹力为mg B.B和A分离前一起向上做匀加速运动 C.B和A刚分离时，A的加速度不为0 D.弹簧的劲度系数等于 答案：D 解析：B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且A、B间无相互作用力。对B分析知，B具有向上的加速度，有F－mg＝ma，解得a＝0，此时对A分析有F弹－2mg＝2ma，解得F弹＝2mg，且处于压缩状态，故A、C错误；B和A刚分离前，对A、B整体有kΔx＋F－3mg＝3ma，A、B整体向上运动的过程中弹簧形变量Δx逐渐减小，则a也逐渐减小，A、B做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为F弹＝2mg，原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg，则弹力减小量ΔF＝3mg－2mg＝mg，两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小Δx＝h，由胡克定律得k＝＝，故D正确。故选D。 9.有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图甲所示。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75 kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力Ff与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得到雪橇运动的v-t图像如图乙中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点[坐标为(0，5 m/s)]的切线，切线上一点B的坐标为(4 s，15 m/s)，CD是曲线AD的渐近线(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A.开始计时时雪橇的加速度大小为a＝3.75 m/s2 B.0～4 s内雪橇做加速度变小的曲线运动 C.因雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，故无法计算出比例系数k的值 D.比例系数为k＝37.5 N·s/m 答案：D 解析：在v-t图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始计时时雪橇的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，A错误；0～4 s内雪橇做加速度变小的直线运动，B错误；根据牛顿第二定律，开始运动时，有mgsin θ－μmgcos θ－kv0＝ma，足够长时间后，滑雪爱好者匀速运动，则有mgsin θ＝μmgcos θ＋kvm，代入数据解得k＝37.5 N·s/m，C错误，D正确。故选D。 10.(16分)如图甲所示，一个质量m＝0.5 kg的小物块(可看成质点)，以v0＝2 m/s的初速度在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝8 m，已知斜面倾角θ＝37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块加速度a的大小； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少？ 答案：(1)2 m/s2　(2)0.5　(3) N 解析：(1)根据L＝v0t＋at2，代入数据解得a＝2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得μ＝0.5。 (3)设F与斜面夹角为α 平行斜面方向有Fcos α－mgsin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ 联立解得F＝，其中tan φ＝2 当sin(φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin，代入数据解得Fmin＝ N。 学科网（北京）股份有限公司 $