备战2025届新高考物理一轮总复习练习第3章运动和力的关系第3讲专题提升牛顿第二定律的综合应用

这是一份备战2025届新高考物理一轮总复习练习第3章运动和力的关系第3讲专题提升牛顿第二定律的综合应用，共6页。试卷主要包含了75 m/s2，0 m/s2D等内容，欢迎下载使用。

题组一 动力学中的连接体问题
1.(2023福建福州三模)某工地小型升降电梯的原理图如图所示,轿厢A、对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接,电机通过轻质缆绳拉动对重,使轿厢由静止开始向上运动,运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为m1=600 kg,m2=400 kg,电机输出功率恒为P=3 kW,不考虑空气阻力与摩擦阻力,重力加速度g取10 m/s2,则当轿厢速度为1 m/s时,A、B之间轻质缆绳的拉力大小为( )
A.5 400 NB.6 000 N
C.6 600 ND.7 000 N
2.(多选)如图所示,一质量为m0=2 kg、倾角为θ=37°的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为m=1 kg的光滑楔形物块,物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.斜面体对物块的支持力为12.5 N
B.斜面体的加速度大小为a=3.75 m/s2
C.水平恒力大小F=11.25 N
D.若水平作用力F作用到斜面体上系统仍保持相对静止,则F将变小
3.如图所示,倾角为30°的粗糙斜面上有4个完全相同的物块,在与斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动,运动中连接各木块间的细绳均与斜面平行,此时第1、2物块间细绳的拉力大小为F1,某时刻连接第3、4物块间的细绳突然断了,其余3个物块仍在力F的作用下沿斜面向上运动,此时第1、2物块间细绳的拉力大小为F2,则F1∶F2等于( )
A.9∶2B.9∶8
C.3∶2D.1∶1
4.(多选)(2023湖南长沙模拟)如图所示,质量为m的物块A静置在水平桌面上,通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为4m的物块B。现由静止释放物块A、B,以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦阻力,下列说法正确的是( )
A.在相同时间内物块A、B运动的路程之比为1∶2
B.物块A、B的加速度之比为2∶1
C.轻绳的拉力为
D.B下落高度h时速度为
题组二 动力学中的临界、极值问题
5.(2022江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动,则高铁的最大加速度不超过( )
A.2.0 m/s2B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2D.8.0 m/s2
6.水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为m的光滑均质圆柱形工件,其中4个恰好占据车厢底部,另有一个工件D置于工件A、B之间,如图所示,重力加速度为g。汽车以某一加速度向左运动时,工件A与D之间恰好没有作用力,此时工件C与B间的作用力大小为( )
A.mgB.mg
C.mgD.2mg
7.(多选)如图所示,倾角为θ的光滑斜面上静止放置两个用劲度系数为k的轻弹簧连接的物块A、B,它们的质量分别为mA、mB,C为固定的挡板,系统保持静止。现在物块A上施加一个沿斜面向上的恒力F,当物块B即将离开C时,物块A的运动距离为d,则( )
A.弹簧的劲度系数k=
B.弹簧的劲度系数k=
C.物块B刚离开C时物块A的加速度为
D.物块B刚离开C时物块A的加速度为
综合提升练
8.光滑的水平地面上放置两个物体,中间用轻质弹簧测力计连接,已知两物体质量分别为m1=1 kg、m2=3 kg,现用F1、F2、F3作用于物体上,其中F1>F2=F3,则如图甲、乙所示两种情况中,以下说法正确的是( )
A.整体的加速度a甲>a乙
B.整体的加速度a甲=a乙
C.弹簧测力计读数F甲>F乙
D.弹簧测力计读数F甲9.(多选)如图所示,一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧,左右两边绳子的长度相等。绳子的质量分布均匀,滑轮的质量和大小均忽略不计,不计一切摩擦。由于轻微扰动,右侧绳从静止开始竖直下降,当它向下运动的位移为s时,加速度大小为a,滑轮对天花板的拉力为T。已知重力加速度大小为g,下列a-s、T-s关系图线正确的是( )
10.(2023山东枣庄二模)如图所示,深为h=8 m的枯井中有一质量为m=40 kg的重物A,通过轻绳跨过光滑的定滑轮与地面上质量为m'=80 kg的重物B相连。某人用与水平方向成θ=53°角的力F拉重物B,恰好使其匀速运动。若该人用同样大小的力F水平拉重物B,并将井中的重物A由井底拉到井口。重力加速度g取10 m/s2。重物B与地面之间的动摩擦因数为μ=0.25。sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,求:
(1)拉力F的大小;
(2)水平拉重物B时,B的加速度大小;
(3)为使重物A能到达井口,水平力F作用的最短时间。
参考答案
第3讲 专题提升:牛顿第二定律的综合应用
1.C 解析 当轿厢速度为1m/s时,电动机的牵引力为F=N=3000N,以轿厢A为对象,根据牛顿第二定律可得T-m1g=m1a,以对重B为对象,根据牛顿第二定律可得F+m2g-T=m2a,联立解得A、B之间轻质缆绳的拉力大小为T=6600N,C正确。
2.ABC 解析 对整体由牛顿第二定律有F=a,再隔离物块在竖直方向有FNcsθ-mg=0,水平方向有F-FNsinθ=ma,解得F=11.25N,FN=12.5N,a=3.75m/s2,A、B、C正确;若力作用在斜面上,物块仅受重力和支持力,二力合成有mgtanθ=ma0,解得a0=7.5m/s2,再对整体由牛顿第二定律有F=a,可知外力需增大,D错误。
3.B 解析 匀速运动时,设每一个物块所受的摩擦力为f,质量为m,根据平衡条件有F=4mgsinθ+4f,对第2、3、4物块由平衡条件可得3mgsinθ+3f=F1,可得F1=,连接第3、4物块间的细绳突然断了,对第1、2、3物块根据牛顿第二定律有F-3mgsinθ-3f=3ma,对第2、3物块根据牛顿第二定律有F2-2mgsinθ-2f=2ma,可得F2=,故F1∶F2=9∶8,B正确。
4.BD 解析 根据动滑轮的特点可知B下降s,A需要运动2s,则物块A、B运动的路程之比为2∶1,A错误;因为都是从静止开始运动的,故有2×aBt2=aAt2,解得,B正确;对A分析有T=maA,对B分析有4mg-2T=4maB,解得T=mg,aB=g,C错误;对B,加速度为aB=g,根据速度位移公式有v2=2aBh,解得v=,D正确。
5.B 解析 书放在水平桌面上,相对于桌面不滑动,若最大静摩擦力提供加速度,fm=μmg=mam,解得am=μg=4.0m/s2,故若书不滑动,则高铁的最大加速度为4.0m/s2,故选B。
6.C 解析 对D受力分析,当工件A与D之间恰好没有作用力时,D只受重力、B对D的弹力作用,弹力方向沿B、D的轴心连线方向,如图所示,根据牛顿第二定律得F合=ma=mg,则当a=g时A与D之间恰好没有作用力;再把A、B、D作为整体受力分析,当汽车向左加速运动时,A相对于车有向右运动的趋势,所以车厢与A之间的弹力是0,C对B有水平向左的弹力,竖直方向上的支持力和重力平衡,水平方向上,有C对A、B、D整体的作用力大小为F=3ma=mg,A、B、D错误,C正确。
7.AD 解析 当物块B刚要离开挡板C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,弹簧处于伸长状态,故mBgsinθ=kx2,开始时,A静止,则有mAgsinθ=kx1,又d=x1+x2,解得k=,故A正确,B错误;对A,根据牛顿第二定律有F-mAgsinθ-kx2=mAa,解得a=,故C错误,D正确。
8.D 解析 根据题意,以图甲中整体为研究对象,由牛顿第二定律有F1-F2=(m1+m2)a甲,可得a甲=;以图乙中整体为研究对象,由牛顿第二定律有F1+F3=(m1+m2)a乙,可得a乙=;由于F1>F2=F3,则有F1+F3>F1-F2,即a乙>a甲,故A、B错误。根据题意,以图甲中质量为m2的物体为研究对象,由牛顿第二定律有F甲=m2a甲=;以图乙中质量为m2的物体为研究对象,由牛顿第二定律有F乙+F3=m2a乙,解得F乙=;则有F乙>F甲,故C错误,D正确。
9.AD 解析 设绳子单位长度上质量为m0,根据受力分析知a=g=g,加速度与s成正比,当s=L时,加速度a=g,之后不变,故A正确,B错误;选取左边部分受力分析,知F=(L-s)m0a+(L-s)m0g=(L-s)m0·g+(L-s)m0g=-s2+m0gL,因此滑轮对天花板的拉力为T=2F=-s2+2m0gL=-s2+mg,故C错误,D正确。
10.答案 (1)750 N
(2)1.25 m/s2
(3)3.2 s
解析 (1)用与水平方向成θ=53°角的力F拉重物B,重物B做匀速直线运动,由水平方向受力平衡有
Fcsθ=f+mg
其中f=μFN
重物B在竖直方向上受力平衡
m'g=FN+Fsinθ
解得F=750N。
(2)水平拉重物B时,以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律有
F-mg-μm'g=a
解得a=1.25m/s2。
(3)设力F作用的时间为t,撤去力F后,重物A能正好到达井口,此时t为所求最短时间。对A,由匀加速直线运动规律有
h1=at2,v1=at
撤去F,以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律有
-mg-μm'g=a'
解得a'=-5m/s2
重物A做匀减速直线运动刚好能到达井口,则
h-h1=
联立解得t=3.2s。