2026届高三物理一轮复习跟踪练习 专题4 牛顿第二定律的综合应用

专题4 牛顿第二定律的综合应用 跟踪练习 基础过关 一．选择题： 1．(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为( ) A．1 N B．2 N C．4 N D．5 N 2．如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是( ) 3．如图，C由质量为M的物块及右上角光滑轻质定滑轮组成，静置于水平地面。跨过滑轮用轻绳连接两质量分别为2m和m的物块A、B，除地面外的其余各接触处均光滑。开始用手托住B，使轻绳刚好伸直。由静止释放B，在B下落而A又未碰到滑轮的过程中，C始终保持静止，重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A．地面对C有向右的摩擦 B．物体C受到4个力作用 C．绳中拉力大小等于mg D．地面对C的支持力小于(M＋2m)g 4．(多选)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) A．轻绳的拉力等于mg B．轻绳的拉力等于Mg C．A运动的加速度大小为(1－sin α)g D．A运动的加速度大小为g 5．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的固定斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面向上做匀加速运动，为了增大A、B间的压力，可行的办法是( ) A．增大推力F B．减小倾角θ C．减小B的质量 D．减小A的质量 6．(多选)(2024·湖南怀化模拟)如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得物块运动的最远位移x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，则( ) A．物块的初速度为2 m/s B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块沿斜面上滑的最大加速度为g D．物块沿斜面上滑的最小距离为 m 7．(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，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 能力提升 1． 选择题： 8．如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。则推力F的大小为( ) A．4.0 N B．3.0 N C．2.5 N D．1.5 N 9．(2025·河北唐山阶段考试)某游泳运动员在0～6 s时间内运动的v-t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是( ) A．在0～6 s内所受的合力一直不为0 B．在0～6 s内的位移大小为24 m C．在2～4 s内一定处于超重状态 D．在4～6 s内的位移大小为8 m 10．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离s将发生变化，重力加速度g取10 m/s2，s的最小值为( ) A．0.12 m B．0.14 m C．0.16 m D．0.2 m 11．(多选)(2025·山东潍坊联考)如图甲所示是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50 kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F＝0.05v2(采用国际单位制单位)，v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如图乙所示。g取10 m/s2。表演者上升10 m的运动过程中，下列说法正确的是( ) A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2 m/s2 B．表演者一直处于超重状态 C．表演者上升5 m时获得最大速度 D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动 二．计算题： 12.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。 (1)求物块加速度的大小a； (2)求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？ 培优训练 一．选择题： 13．(多选)(2025·湖南怀化第一次调研)如图甲所示，劲度系数k＝500 N/m的轻弹簧，一端固定在倾角为θ＝37°的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量为mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止，现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( ) A．a0＝7.5 m/s2 B．mA＝3 kg C．若a＝a0，稳定时A、B间弹力大小为0 D．若a＝a0，稳定时A对斜面的压力大小为12.5 N 参考答案： 1.C解析　对两物块整体受力分析有Fmax＝2ma，再对后面的物块受力分析有FTmax＝ma，又FTmax＝2 N，联立解得Fmax＝4 N，故选C。 2.C 解析　根据题意可知，运动员在斜坡上由静止滑下做加速度小于g的匀加速运动，在NP段做匀速直线运动，从P点飞出后做平抛运动，加速度大小为g，速度方向时刻改变、大小不均匀增大，所以只有图像C正确。 3.A 解析　设轻绳拉力为T，对B由牛顿第二定律得mg－T＝ma，对A由牛顿第二定律得T＝2ma，联立解得a＝，T＝，C错误；C受到物块A的压力、绳对滑轮的作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，五个力的作用，B错误；由上述分析可知，绳对滑轮的作用力大小为F＝2T cos 45°＝mg，方向与水平面成45°角斜向左下方，对C受力分析可知，水平方向上地面的摩擦力大小为f＝F cos 45°＝mg，方向水平向右，竖直方向上地面的支持力大小N＝Mg＋2mg＋F sin 45°＝Mg＋mg，故地面对C的支持力大于(M＋2m)g，A正确，D错误。 4.ACD 解析　第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg；第二次按题图乙放置时，对A，由牛顿第二定律得Mg－FT＝Ma；对B，由牛顿第二定律得FT－mg sin α＝ma，联立解得 a＝(1－sin α)g＝g，FT＝mg，故A、C、D正确，B错误。 5.AD 解析　设两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，对A、B整体受力分析，有F－(mA＋mB)g sin θ－μ(mA＋mB)g cos θ＝(mA＋mB)a，对B受力分析，有FAB－mBg sin θ－μmBg cos θ＝mBa，由以上两式联立可得FAB＝F＝，为了增大A、B间的压力，即增大FAB，应增大推力F、减小A的质量或增大B的质量。故A、D正确，B、C错误。 6.AD解析　由题图乙可知，当斜面与水平方向的夹角为90°时，位移为0.2 m，由竖直上拋运动规律v＝2gh，解得v0＝2 m/s，故A正确；当斜面与水平方向的夹角为0°时，位移为0.4 m，根据v＝2ax，μmg＝ma，可得μ＝0.5，故B错误；根据μmg cos θ＋mg sin θ＝ma，可得a＝g sin θ＋μg cos θ＝g sin (θ＋φ)，因此最大加速度为amax＝g＝g，此时根据速度与位移公式得v＝2amaxxmin，解得xmin＝ m，故C错误，D正确。 7.AD解析　两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后，对滑块P，由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力大小由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为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，且两滑块初速度相同，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。 8.A解析　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有FT1＝mQg＝2 N，Ff＝FT1＝2 N<μmPg＝2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即FT2＝＝1 N，故Q加速下降，有mQg－FT2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P将以相同大小的加速度向右加速运动，对P由牛顿第二定律有FT2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N，故选A。 9.D解析　v-t图像中图线的斜率代表加速度，由题图可知，在2～4 s内该运动员有加速度，由牛顿第二定律可知F合＝ma，在0～2 s与4～6 s运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在0～2 s与4～6 s所受合力为零，在2～4 s所受合力不为零，故A项错误；由于v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，所以在0～6 s内的位移为x＝×(2＋4)×4 m＝12 m，故B项错误；由题图可知，在2～4 s内其加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，所以其不一定处于超重状态，故C项错误；结合之前的分析可知，在4～6 s的位移为x1＝4×2 m＝8 m，故D项正确。 10.C解析　设沿斜面向上为正方向，木块的质量为m，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，根据运动学公式可知0－v＝2as，根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，其中tan α＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时，加速度有最大值，为am＝－g＝－g，此时s有最小值，为smin＝＝0.16 m，故A、B、D错误，C正确。 11.AC 解析　打开开关瞬间，表演者高度为0，则有v＝1.2×104 m2·s-2，根据牛顿第二定律有0.05v－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A正确；根据题图可知，当风力与表演者的重力相等时有0.05v＝mg，解得v＝1.0×104 m2·s-2，由于v2＝－400 m·s-2·h＋1.2×104 m2·s-2，可知重力与风力大小相等时的高度为h1＝5 m，可知，在高度小于5 m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5 m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；结合上述可知，表演者先向上做加速度减小的加速运动，表演者上升5 m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。 12.答案　(1)2 m/s2 (2)0.5 (3) N (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－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5。 (3)设F与斜面夹角为α，对小物块受力分析可知 平行斜面方向有F cos α－mg sin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋F sin α＝mg cos θ 联立解得F＝＝， 其中tan φ＝ 当sin (φ＋α)＝1时，F有最小值Fmin 代入数据解得Fmin＝ N。 13.ACD 解析　由题图乙结合题意可知a＝a0时弹簧处于原长状态，对A、B整体，根据牛顿第二定律得(mA＋mB)g tan 37°＝(mA＋mB)a0，解得a0＝7.5 m/s2，故A正确；当a＝0时，对A、B整体分析有(mA＋mB)g sin 37°＝kx0，x0＝3.6 cm，当a>a0时，根据题图乙中另一纵截距的意义可知mAg sin 37°＝kx1，x1＝1.2 cm，联立解得mA＝1 kg，mB＝2 kg，故B错误；当a＝a0时，对B，根据牛顿第二定律有FNsin θ－FABcos θ＝mBa0，FNcos θ＋FABsin θ＝mBg，解得FAB＝0，故C正确；当a＝a0时，物块A、B恰要分离，对A有FNA＝＝12.5 N，由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5 N，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $