第3章 课时测评14 牛顿第二定律的综合应用(一)(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦牛顿第二定律综合应用，通过图像、连接体、临界三大模块构建从单一物体到系统、从运动分析到临界条件的递进式训练体系，强化科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |图像问题|3题（含2025湖南卷真题）|结合a-t、v-t图像分析运动过程|牛顿第二定律与运动学公式的图像转换| |连接体问题|3题（含2024全国甲卷真题）|轻绳连接体的整体与隔离法应用|系统受力分析与加速度关联推导| |临界问题|3题（含计算题）|系统相对静止及摩擦力临界状态分析|平衡条件与牛顿第二定律的临界条件融合|

课时测评14　牛顿第二定律的综合应用(一) (时间：30分钟　满分：40分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10，每题4分，共40分) 题组1　动力学中的图像问题 1.(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，撤去外力后，物体的加速度大小为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，物体的加速度大小为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，物体加速度沿正方向，1～3 s内，物体加速度沿负方向，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。 2．(多选)如图(a)所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力FT随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　) A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 答案：AB 解析：由题图(c)可知，木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力FT在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可得Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。故选AB。 3.(2025·湖南卷·T2)如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是(　　) 答案：C 解析：物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为θ，物块在水平方向上做匀减速直线运动，水平初速度为v0x＝v0cos θ，加速度大小为ax＝acos θ，则有－＝－2axx，整理可得vx＝，可知，vx -x图像为抛物线的一部分，故A、B错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，竖直初速度为v0y＝v0sin θ，加速度大小为ay＝asin θ，则有－＝－2ayy，整理可得vy＝，可知，vy -y图像为抛物线的一部分，故C可能正确，D错误。 题组2　动力学中的连接体问题 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，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 答案：ACD 解析：第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg。第二次放置时，对A，有Mg－FT＝Ma；对B，有FT－mg sin α＝ma，联立解得a＝(1－sin α)g＝，FT＝mg。故选ACD。 5.(2024·全国甲卷·T15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a -m图像。重力加速度大小为g。在下列a -m图像中，可能正确的是(　　) 答案：D 解析：设P的质量为M，P与桌面的滑动摩擦力为Ff；以P为对象，根据牛顿第二定律可得FT－Ff＝Ma，以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得mg－FT＝ma，联立可得a＝＝·m，可知，a与m不是线性关系，排除A、C选项；当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于Ff时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近于g。故选D。 6．(2025·广东省一模)如图所示，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为m1和m2，且m1>m2(滑轮质量及一切摩擦不计)，此时系统的加速度为a，现用一竖直向下的恒力F＝m1g代替重物m1，系统的加速度为a1，则a1和a的关系为(　　) A．a1＝a B．a1＝a C．a1＝ a D．a1＝ a 答案：B 解析：定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得(m1－m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝g，当用一竖直向下的恒力F＝m1g代替重物m1时，对m2，根据牛顿第二定律得m1g－m2g＝m2a1，解得a1＝ g，则a1＝a，故A、C、D错误，B正确。 题组3　动力学中的临界问题 7.(多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　) A.系统做匀速直线运动 B.F＝40 N C.斜面体对楔形物体的作用力FN＝5 N D.增大F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 答案：BD 解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，故A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN＝＝mg＝10 N，故C错误；外力F增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力大于楔形物体的重力，楔形物体有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D正确。 8．(多选)(2024·广东高一期末)如图所示，一辆货车运载着光滑的圆柱形空油桶，每个空油桶的质量均为m，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，重力加速度大小为g，则货车(　　) A．静止时，B对C的作用力大小为 B．静止时，B对C的作用力大小为 C．向前加速前进、加速度大小为时，A对C的作用力为0 D．向后加速倒车时，B对C的作用力不可能为0 答案：AC 解析：静止时，根据对称性可知，A对C与B对C的作用力大小相等，以C为研究对象，根据受力平衡可得2F cos 30˚＝mg，解得B对C的作用力大小为F＝，故A正确，B错误；向前加速前进，当A对C的作用力刚好为0时，对应的加速度为a，以C为对象，则有FB cos 30˚＝mg，FB sin 30˚＝ma，联立可得a＝gtan 30˚＝，故C正确；向后加速倒车，当B对C的作用力刚好为0时，对应的加速度为a′，以C为对象，则有FAcos 30˚＝mg，FAsin 30˚＝ma′，联立可得a′＝g tan 30˚＝，故D错误。 9．(18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－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，则 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＝ 学科网（北京）股份有限公司 $