备考2024届高考物理一轮复习分层练习第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用

这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用，共9页。试卷主要包含了雨滴做初速度为零的匀加速直线运，28D等内容，欢迎下载使用。

1.[情境创新/2024广东广雅中学校考]如图是梁同学做引体向上的示意图.若每次完整的引体向上分为身体“上引”（身体由静止开始从最低点升到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低点的初始状态）两个过程，单杠在整个过程中相对地面静止不动.下列说法正确的是（ A ）
A.单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变而产生的
B.“上引”过程单杠对双手的弹力大于双手对单杠的弹力
C.“下放”过程单杠对双手的弹力始终小于梁同学受到的重力
D.“下放”过程梁同学均处于失重状态
解析 单杠对双手的弹力是单杠发生了弹性形变要恢复原状而产生的，故A正确；单杠对双手的弹力和双手对单杠的弹力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；“下放”过程中有个向下减速阶段，加速度向上，梁同学处于超重状态，单杠对双手的弹力大于梁同学受到的重力，故C、D错误.
2.[2024江西抚州南丰一中校考]一名跳伞运动员从悬停的直升机上跳下，2s后开启降落伞，运动员跳伞过程的v－t图像（0～2s内图线为直线，其余为曲线）如图所示，根据图像可知（ D ）
A.在0～2s内，运动员做匀加速直线运动，处于超重状态
B.在6～12s内，降落伞对运动员的拉力小于运动员对降落伞的拉力
C.在6～12s内，运动员的速度逐渐减小，惯性也逐渐减小
D.在6～12s内，运动员和降落伞整体受到的阻力逐渐减小
解析 在0～2 s内，v－t图像为直线，可知运动员向下做匀加速直线运动，处于失
重状态，故A错误；根据牛顿第三定律可知，任何情况下降落伞对运动员的拉力都
等于运动员对降落伞的拉力，故B错误；在6～12 s内，运动员的速度逐渐减小，但
惯性与速度无关，只取决于质量，所以惯性不变，故C错误；在6～12 s内，根据图
线斜率可知加速度逐渐变小，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知f－G＝ma，运
动员和降落伞整体受到的阻力逐渐减小，故D正确.
3.[设问创新]为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况符合要求的是（ C ）
解析 设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运
动，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsinθm＝g sin θ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcsθ，
联立以上各式得t＝2Lgsin2θ.当θ＝45°时， sin 2θ＝1，t有最小值，此时时间t最短，
故C正确.
4.[情境创新/2024安徽名校联考]如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在质量也为m的纸盒底部的正中间，小球放在纸盒口边上，整个系统处于静止状态，现让纸盒在空中由静止释放.不计空气阻力，重力加速度为g，则释放的瞬间纸盒的加速度a1和小球的加速度a2分别为（ C ）
A.a1＝g，a2＝gB.a1＝1.5g，a2＝g
C.a1＝3g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0
解析 释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，小球所受合力为0，小球的加速度为a2＝0，释放的瞬间，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，纸盒所受合力为F合＝mg＋2mg＝3mg，由牛顿第二定律可得纸盒加速度a1＝F合m＝3g，选项C正确.
5.如图所示，在倾角为θ的斜面体上用细线系着一个质量为m的小球，随斜面体一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动.重力加速度为g，稳定时，细线的拉力大小不可能为（ D ）
A.mgsinθB.mg2＋a2
C.m（gsinθ＋acsθ）D.m（gsinθ－acsθ）
解析 小球随斜面向右加速运动时，当加速度较小时，小球和斜面之间有相互作
用力，此时小球受三个力，分别为重力、斜面的支持力、细线拉力，如图甲所示，
竖直方向有T sin θ＋N cs θ－mg＝0，水平方向有T cs θ－N sin θ＝ma，联立解得T
＝m(g sin θ＋a cs θ)；当加速度较大时，小球会离开斜面，此时小球只受两个力，
重力和细线拉力，则有T＝(ma)2＋(mg)2＝ma2＋g2；在将要离开斜面时，小球
只受两个力，重力和细线拉力，如图乙所示，此时细线与水平面夹角为θ，T sin θ＝
mg，解得T＝mgsinθ，本题选不可能项，故选D.
图甲 图乙
6.[2024河北名校协作体联考改编/多选]如图，一水平轻绳一端固定在竖直墙壁上，另一端与小球相连.一轻质弹簧一端与竖直方向成θ＝60°的夹角固定在天花板上，另一端也与小球相连.轻杆与水平方向成α＝30°的夹角固定在水平地面上.小球处于平衡状态且与轻杆恰好接触无弹力.已知小球质量为m，与轻杆间的动摩擦因数为μ＝36，则（ BC ）
A.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为3g，方向水平向右
B.剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为54g，方向沿杆斜向右上
C.剪断弹簧的瞬间，小球与杆间的弹力会发生突变
D.剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为2g，方向沿杆斜向左下
解析 剪断轻绳之前，轻杆与小球间无弹力作用，小球受力如图1所示，根据平衡
条件可得F1＝mgtanθ＝3mg、F2＝mgcsθ＝2mg.若剪断轻绳，F1消失，F2和mg不变，
小球和轻杆之间产生弹力和摩擦力，受力分析如图2所示，根据牛顿第二定律，有F2
－mg sin α－μmg cs α＝ma，解得此时小球的加速度大小a＝54g，方向沿杆斜向右
上，故A错误，B正确；若剪断弹簧，F1和F2消失，mg不变，小球和轻杆之间产生
弹力和摩擦力，受力分析如图3所示，滑动摩擦力Ff＝μmg cs α＝14mg，则此时小球
加速度大小为a＝mgsinα-μmgcsαm＝14g，方向沿杆斜向左下，故C正确，D错误.
图1 图2 图3
7.[设问方式创新/2022辽宁]如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落.物块与桌面间的动摩擦因数为μ，g取10m/s2.下列v0、μ的取值可能正确的是（ B ）
A.v0＝2.5m/sB.v0＝1.5m/s
C.μ＝0.28D.μ＝0.25
解析 由题意可知，小物块由左端滑到右端的平均速度为v＝xt＝1 m/s，由匀变速
直线运动的规律有v＝v0＋v2，又v＞0，解得v0＜2 m/s；由牛顿第二定律得μmg＝
ma，解得a＝μg，又由运动学公式有v＝v0－at，整理得μ＜v0gt＜0.2，B正确.
8.[情境创新/2024福建泉州质量监测]踢毽子是我国民间的一项体育运动，被誉为“生命的蝴蝶”.如图是一个小孩正在练习踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动.若考虑空气阻力的影响，毽子离开脚后至回到出发点的过程中（ C ）
A.上升过程一直处于超重状态
B.下降过程一直处于超重状态
C.上升的时间小于下降的时间
D.上升的时间大于下降的时间
解析 经过分析可知，无论是上升过程，还是下降过程，毽子的加速度方向均竖
直向下，所以两个过程均处于失重状态，A、B错误；上升过程中，毽子所受的重力
和空气阻力均竖直向下，下降过程中，毽子受竖直向下的重力和竖直向上的空气阻
力，则毽子上升过程中所受的合外力大于下降过程中所受的合外力，即a上＞a下，根
据x＝12at2定性分析可知，t上＜t下【点拨：上升过程可运用逆向思维看成初速度为零
的下降过程】，C正确，D错误.
9.[回归教材/2024广东广州统考]如图所示，一辆货车运载一批尺寸相同的光滑圆柱形空油桶，每个油桶的重力均为G.在水平车厢底层几个油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶C，自由地摆放在A、B两桶之上.当汽车沿平直公路向右运动时（重力加速度为g）.下列说法正确的是（ C ）
A.货车匀速运动时，C对B的压力等于G2
B.货车匀加速时，B对C的支持力比静止时小
C.货车加速度增大到33g时，C对A的压力为0
D.货车匀加速时，油桶对车厢底板的总压力比静止时小
解析 设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得 sin θ＝R2R＝12，
解得θ＝30°，匀速运动时，对油桶C，根据平衡条件可得FA cs 30°＋FB cs 30°＝
G、FA sin 30°＝FB sin 30°，联立解得B对C的支持力FB＝33G，由牛顿第三定律知C对
B的压力F'B＝FB＝33G，故A错误；当货车匀加速运动时，有FB1 sin 30°－FA1 sin 30°＝ma，FB1 cs 30°＋FA1 cs 30°＝G，联立解得FB1＝33G＋ma，FA1＝33G－ma，可知
B对C的支持力比静止时大，故B错误；当a＝33g时，FA1＝0，根据牛顿第三定律
知，C对A的压力为0，故C正确；匀加速时加速度方向沿水平方向，竖直方向始终处
于平衡状态，故油桶对车厢底板的总压力与静止时相等，D错误.
10.[2024安徽合肥重点中学联考/多选]如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆垂直于斜面放置，每根杆上都套一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是（ BC ）
A.t1＝t2B.t2＜t3
C.t2＜t4D.t2＝t4
解析 以OA为直径画圆，如图所示，设两端点分别为O点和圆上另一点的杆与竖直方向的夹角为θ，对小滑环受力分析，由牛顿第二定律可得ma＝mg cs θ，解得a＝g cs θ，由几何关系知，小滑环沿弦下滑的位移x＝2R cs θ，据x＝12at2，解得t＝4Rg，即从圆上最高点沿任一条光滑弦滑到圆上另一点所用的时间相同.则沿OA和OC滑到斜面的时间相同，有t1＝t3，OB的长度小于沿OB方向的弦长，OD的长度大于沿OD方向的弦长，则t4＞t3＝t1＞t2，故选BC.
11.避险车道（标志如图甲所示）是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取csθ＝0.99，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：（结果保留两位有效数字）
（1）货物在车厢内滑动时的加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度.
图乙
答案 （1）5.0m/s2，方向沿制动坡床向下 （2）98m
解析 （1）设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsinθ＝ma1，f＝μmgcsθ
联立并代入数据得a1＝5.0m/s2，方向沿制动坡床向下
（2）设货车的质量为M，货物的质量为m，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－f＝Ma2
F＝k（m＋M）g
M＝4m
s1＝vt－12a1t2
s2＝vt－12a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
联立并代入数据得l＝98m.
12.[科技创新/2024安徽合肥一中校考/多选]上海科技馆的机器人，琴棋书画、跳舞、射箭、分拣包裹，无所不能，如图所示为机械手抓取、分拣橙子的照片，为便于研究，将机械手简化为只有四根“手指”有作用力的模型，抓取点对称分布在球心上方的同一水平面内，抓取点与球心的连线与该水平面夹角为α，“手指”与橙子间的动摩擦因数为μ，橙子的重力大小为G，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ BC ）
A.只要“手指”对橙子的压力足够大，α不论取何值都能将橙子抓起
B.若μ与α的关系满足μ＞tanα，则不一定能将橙子抓起
C.若能抓起橙子，则每根“手指”对橙子压力的最小值为G4（μcsα－sinα）
D.若抓起橙子竖直向上做匀加速运动，则每根“手指”对橙子的压力一定变大
解析 对橙子受力分析，可知竖直方向满足4f cs α－G－4FN sin α＝0，因为静摩
擦力f≤μFN，解得FN≥G4(μcsα-sinα)，所以想要抓起橙子，则每根“手指”对橙子压
力的最小值为G4(μcsα-sinα)，并且夹角α满足μ≥tan α＋G4FNcsα时，才能将橙子抓起，
所以μ＞tan α时，不一定能将橙子抓起，故A错误，B、C正确；若抓起橙子竖直向
上做匀加速运动，且恰好达到最大静摩擦力时，满足4μFN cs α－4FN sin α－G＝
ma，可得FN＝G＋ma4(μcsα-sinα)，根据牛顿第三定律可知，每根“手指”对橙子的压力
可能不变，故D错误.
13.[2024河南洛阳专项练习]飞机起飞会先经历一个匀加速助跑的过程后再起飞.如图为某次飞机起飞时的照片，该飞机从静止加速到最大速度288km/h用了20s，达到最大速度后再匀速前行100m后起飞，飞机的质量为150吨.（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）求飞机从静止加速到最大速度运动的位移；
（2）求飞机助跑的加速度及飞机从静止到起飞的平均速度；
（3）忽略空气阻力，若飞机受到斜向上与水平方向倾斜37°的升力F后，飞机竖直方向的加速度为5m/s2，求升力F的值.
答案 （1）800m （2）72017m/s （3）3.75×106N
解析 （1）飞机起飞时的速度为v＝288km/h＝80m/s，故飞机从静止加速到最大速度运动的位移为x1＝vt12
解得x1＝800m
（2）由a＝ΔvΔt可得飞机助跑的加速度a＝vt1＝8020m/s2＝4m/s2
设飞机匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则有t2＝x2v＝10080s＝54s
飞机从静止到起飞的总位移为x＝x1＋x2＝（800＋100）m＝900m
故飞机从静止到起飞的平均速度为v＝xt1＋t2＝90020+54m/s＝72017m/s
（3）正交分解升力，竖直方向由牛顿第二定律可得Fsin37°－mg＝ma
解得F＝3.75×106N.