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