牛顿第二定律的应用 专项训练-2027届高三物理一轮复习

牛顿第二定律的应用高三一轮复习专题训练 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 易混易错练 题组一：牛顿第二定律必备知识筛查 一、单选题 1．牛顿第一定律和牛顿第二定律共同确定了力与运动的关系，下列相关描述正确的是（　　） A．力是维持物体运动状态的原因 B．力是使物体产生加速度的原因 C．速度变化越快的物体惯性越大，匀速运动或静止时没有惯性 D．质量越小，惯性越大，外力作用的效果越明显 2．如图，雄鹰向下扇翅膀获得竖直向上的加速度，这是由翅膀上、下部分的空气对雄鹰的压强差形成的。设雄鹰上方空气对它向下的作用力的合力大小为F1，下方空气对它向上的作用力的合力大小为F2，雄鹰重力大小为G，则它向下扇翅膀起飞过程中（　　） A．F1=G B．F2 =G C．F2=G+F1 D．F2>G+F1 3．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同。若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（　　） A． B． C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零 D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态 4．将一个小球以某一初速度竖直上抛，空气阻力与速度大小成正比，且始终小于小球的重力。从抛出到落回抛出点的全过程中，下列判断正确的是（　　） A．上升经历的时间一定大于下降经历的时间 B．上升到最高点时，小球的速度为零，加速度也为零 C．小球的加速度方向不变，大小一直在减小 D．小球上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态 5．鄯善县库木塔格沙漠景区新增滑沙项目，示意图如图所示。某同学乘坐滑板沿倾角为的滑道加速下滑。此过程中下列说法正确的是（    ） A．滑板对滑道的摩擦力方向沿滑道向上 B．滑板与滑道间的动摩擦因数大于 C．该同学和滑板组成的系统处于失重状态 D．该同学和滑板组成的系统机械能守恒 思想方法练 题组二：牛顿第二定律的分析计算（自主悟透） 6．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 7．如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不栓接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳，使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m（弹性限度内）。已知物块质量为0.5kg。物块与传送带间的动摩擦因数µ=0.5，重力加速度。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后（　　） A．在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动 B．弹簧恢复原长时，物块速度大小为3m/s C．物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为1.75J D．弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75J 8．某机场行李物品传送装置的直线段部分简化图如图甲所示，传送装置由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，行李在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。传送带上表面与水平台面的夹角θ=37°，传送带运行速度v=1m/s，传送带的长度L=50m。旅客将长方体行李（可视为质点）从传送带的左端由静止释放，行李在传送带的右端被取走，已知行李与传送带间的动摩擦因数μ1=0.3125，其侧面与挡板C间的动摩擦因数μ2=0.25，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．行李相对传送带运动时的加速度大小为1m/s2 B．行李在传送带上加速运动的时间为2s C．行李随传送带一起匀速运动时不受传送带的摩擦力 D．行李在传送带上运动的时间为46s 9．如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个物块，物块之间的动摩擦因数为，物块与地面之间的动摩擦因数为，上面的两物块用不可伸长、可承受足够大拉力的水平轻绳相连。现对右边质量为m的物块施加水平向右的力F，使四个物块一起向右运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。为使物块之间不发生相对滑动，则F的最大值为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 10．如图1所示，在倾角为的光滑斜面底端固定了一根轻质弹簧，弹簧与斜面平行，一质量为的小物块静止在弹簧上方（未拴接），现用力向下压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为小物块运动的起始位置，小物块上升过程的图像如图2所示。已知重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．小物块运动过程中的最大加速度为 B．弹簧的劲度系数为 C．物块与弹簧分离后的加速度为 D．小物块的最大动能为 11．如图，A、B两物块的质量分别为m和2m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则（　　） A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F=4μmg时，A的加速度为 C．当F>4μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，A的加速度不会超过 能力提升练 题组三：牛顿第二定律的理解和应用（关键能力形成） 三、解答题 12．如图所示，倾角为37°的斜面体固定在地面上，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为mA=3kg的物块A连接，另一端与质量为mB=1kg的物块B连接．开始时使A静止于斜面上，B悬空．现释放物块A，物块A将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求绳中的拉力（所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6 ，cos37°=0.8，g=10m/s2） 13．如图传送带与水平方向夹角37º，在皮带轮带动下，以v0=2m/s的速度沿逆时针方向转向。可视为质点的小物块无初速度放在传送带A点，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，两皮带轮间的距离L=3.2m。小物块在皮带上滑过后会留下痕迹，求： （1）物块无初速度放在A点瞬间，物块的加速度大小； （2）物块到达B点需要多长时间； （3）小物体离开皮带后，皮带上痕迹的长度。（sin37º=0.6，g取10m/s2） 14．如图所示，倾角的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m、质量M=3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数 对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。 (1)当F=24N时，物块相对木板静止，求此时两物体的加速度大小。 (2)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； (3)若F=37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《牛顿第二定律的应用高三一轮复习专题训练》参考答案 1．B 【详解】A．伽利略通过理想斜面实验推翻了亚里士多德的观点，提出力是改变物体运动状态的原因而不是维持物体运动状态的原因，故A错误； B．由牛顿第二定律可知，力是使物体产生加速度的原因，故B正确； C．惯性是物体的固有属性，只与本身质量有关，质量越大，惯性越大，与物体的运动状态以及受力情况均无关。故C错误； D．质量越小，惯性越小，同样的力产生的加速度越大，则外力作用的效果越明显。故D错误。 故选B。 2．D 【详解】当雄鹰向下扇翅膀起飞过程中，其加速度方向向上，合外力方向向上，则有 即 故选D。 3．B 【详解】AB．先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有 F1=mg 再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示 根据平衡条件，有 根据胡克定律，有 ， 解得 故A错误，B正确； C．球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，故加速度一定不为零，故C错误； D．球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误。 故选B。 4．C 【详解】A．上升的过程中阻力向下，由牛顿第二定律 下降的过程中阻力向上，同理 可知上升过程的平均加速度大于下降过程中的平均加速度，由将向上的过程看作逆过程为向下的匀加速直线运动，根据可知，上升经历的时间一定小于下降经历的时间，故A错误； B．最高点处速度为零，小球仍然受到重力的作用，加速度为g，故B错误； CD．无论上升还是下降，合力始终向下，加速度方向不变，始终向下，所以始终处于失重状态，上升过程，v减小因此a减小；下降过程，v增大因此a减小，即小球的加速度一直减小，故C正确， D错误。 故选C。 5．C 【详解】A．某同学乘坐滑板沿倾角为的滑道加速下滑，故滑板所受摩擦力沿斜面向上，则滑板对滑道的摩擦力方向沿滑道向下，故A错误； B．滑板加速下滑，根据牛顿第二定律可得 解得，故B错误； C．由于该同学和滑板加速下滑，根据超重失重规律可知该同学和滑板组成的系统处于失重状态，故C正确； D．由于摩擦力对该同学和滑板组成的系统做负功，该同学和滑板组成的系统机械能减少，故D错误。 故选C。 6．A 【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A． 【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等． 7．C 【详解】AB．若传送带不动，弹簧压缩量为0.2m到恢复原长时物块的速度为零，由动能定理有 若传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后。弹簧恢复原长时，弹簧弹力做功不变，摩擦力做正功，根据动能定理 可得，弹簧恢复原长时，物块速度大小为 可知，在弹簧恢复原长的过程中物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块一直向右做加速运动，故AB错误； C．物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后做匀速直线运动，匀加速运动过程中，由动能定理得 可得，物块在匀加速阶段的位移为 则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为 故C正确； D．根据牛顿第二定律，物块匀加速运动的加速度大小为 做匀加速至共速的时间为 为这段时间内，传送带运动距离为 则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为 故D错误。 故选C。 8．A 【详解】A．对行李，有， 行李与传送带间的滑动摩擦力大小 摩擦力方向与运动方向相同，行李与挡板间的滑动摩擦力大小 摩擦力方向与运动方向相反，对行李，有 解得，故A正确； C．行李随传送带一起匀速运动时，传送带对行李的摩擦力与挡板对行李的摩擦力平衡，故C错误； BD．行李加速运动的时间 加速运动的位移 匀速运动的时间 总时间，故BD错误。 故选A。 9．B 【详解】设当右侧两物体间的摩擦力恰好达到最大值时加速度为a，对右侧上面的物体分析，根据牛顿第二定律有 对左侧两体分析，根据牛顿第二定律有 联立解得 对右侧下面的物体整体分析，根据牛顿第二定律有 解得 故选B。 10．AD 【详解】C．物块与弹簧分离后，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为，故C错误； B．由图2可知，当时，物块与弹簧刚要分离，此时弹簧处于原长；在时，弹簧的压缩量为，此时物块的加速度为0，则有 解得弹簧的劲度系数为，故B错误； A．由图2可知，初始时刻物块的加速度最大，弹簧的压缩量为，根据牛顿第二定律可得 解得最大加速度为，故A正确； D．由图2可知，在时，物块的加速度为0，此时物块的速度最大，动能最大；根据运动学公式，结合图像与横轴围成的面积可得 则小物块的最大动能为，故D正确。 故选AD。 11．ABD 【详解】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为 故时，A、B都相对地面静止，A正确； B．当F=4μmg时，若AB相对静止，则整体的加速度为 因A的最大加速度为 可知AB产生相对静止，此时 A的加速度为，选项B正确； C．若AB恰能产生相对滑动，则整体的最大加速度为 此时 则当F>4μmg时，A相对B不一定产生滑动，选项C错误； D．A的最大加速度为 即无论F为何值，A的加速度不会超过，选项D正确。 故选ABD。 12．12N 【分析】分别对AB进行受力分析，由牛顿第二定律可得出关于加速度的表达式，联立可解出加速度及拉力． 【详解】解：由牛顿第二定律     ①                  ② 以B为研究对象，由牛顿第二定律    ③ 联立解得：加速度     绳中的拉力 13．（1）10m/s2；（2）1.2s；（3）1m 【详解】（1）设物块刚放上时与传送带的接触点为P，则物块速度小于v=2m/s时，物块受到的摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得 解得：a1=10m/s2 （2）（3）设物块速度达到2m/s所用时间为t1，由 解得：t1=0.2s 物块相对传送带向后滑过的距离 代入数据求得： 物块的速度达到2m/s后，摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律得 代入数据解得：a2=2m/s2 设物块从此时到离开传送带经历时间为t2，则有 代入数据解得:（舍去） 所以，物块到达B点需要的时间 此时P点离B点的距离 解得: 所以传送带上痕迹的长度 14．(1) (2) (3)能滑离，， 【详解】（1）物块相对木板静止，将物块和木板看作一个整体，根据牛顿第二定律得 解得 （2）为使物块不滑离木板，即物块相对木板静止，将物块和木板看作一个整体，根据牛顿第二定律得 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块相对木板静止，摩擦力为静摩擦力，有 联立得 又，解得 所以 （3）由于 可得物块会滑离木板。 对于木板，由牛顿第二定律得 对物块，由牛顿第二定律得 设物块滑离木板所用时间为t，木板的位移 物块的位移 物块与木板分离的条件为 解得 物块滑离木板时的速度 物块滑离木板后的加速度大小为 物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $