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专题五牛顿第二定律的综合应用

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1.[设问创新/2024四川绵阳南山中学校考]在地面上把一物体以初速度v0竖直向上抛出.假设物体在运动过程中受到的空气阻力恒定，到地面的高度用h表示，在空中运动的时间用t表示，取竖直向上为正方向，则物体从上抛开始到落回地面的过程中，以下关系图像可能正确的是（ A ）
解析 上升阶段，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得a1＝g＋fm，物体做匀减速
直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2，解得a2＝g－fm，物体做匀加
速直线运动，由匀变速直线运动中位移速度公式得v2＝v02－2ah，可知v2－h图像的
斜率绝对值为｜k｜＝2a，故A正确，B错误.根据速度时间关系有v＝v0－at，可知v
－t图像斜率绝对值为｜k｜＝a，上升阶段，有｜k1｜＝a1＝g＋fm，物体做匀减速直
线运动；下降阶段，有｜k2｜＝a2＝g－fm，物体做负向的匀加速直线运动，且｜
k1｜＞｜k2｜，故C、D错误.
2.[多选]一质量为1kg的小物块在粗糙的水平地面上的A处以某一初速度水平向右运动，同时在物块上施加一水平向左的恒力F，经时间t，物块位移为x，其0～2s内的xt－t图像如图所示，之后物块再运动4s到达出发点左侧6m处.取g＝10m/s2，则（ CD ）
A.1s末物块的加速度大小为1.5m/s2
B.6s末物块的速度大小为0
C.物块与地面间的动摩擦因数为0.075
D.水平恒力大小F＝2.25N
解析 在0～2 s内，由图像得xt＝－32t＋6(m·s－1)，即x＝6t－123t2(m)，与x＝v0t＋12a1t2比较得v0＝6 m/s，a1＝－3 m/s2，即1 s末物块的加速度大小为3 m/s2，A错误；2 s末，速度v2＝v0＋a1t2＝0，向右运动的位移x2＝v02t2＝6 m，在2～6 s内，分析可知物块向左运动的位移大小x3＝12 m，即－12 m＝12a2t32，解得a2＝－1.5 m/s2，物块水平向左做初速度为零的匀加速直线运动，6 s末物块的速度大小v6＝1.5×4 m/s＝6 m/s，B错误；根据牛顿第二定律知在2～6 s内，有－F＋μmg＝ma2，在0～2 s内有－F－μmg＝ma1，联立解得μ＝0.075，F＝2.25 N，C、D正确.
3.[2024广东四校联考]如图所示，一水平恒力F推着平板小车和货物在水平地面上一起做匀加速直线运动，小车和货物的质量分别为M和m，货物与小车间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.小车与地面间的滚动摩擦力不计，且货物与平板车左侧推杆不接触，在运动过程中下列分析正确的是（ C ）
A.货物受到的合力大小为F
B.货物受到的合力大小一定为μmg
C.货物受到的摩擦力大小一定为mFm＋M
D.只要水平恒力F大于μmg，货物与小车就会发生相对滑动
解析 对小车和货物整体受力分析，根据牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a，则货物
受到的合力大小为F合＝ma＝mFm＋M，故A错误.小车对货物的摩擦力提供货物运动的
加速度，即小车对货物的摩擦力大小为f＝F合＝mFm＋M，故C正确.小车与货物之间的
滑动摩擦力大小为f'＝μFN＝μmg，但小车与货物之间相对静止，故货物所受合力，
即所受摩擦力不一定等于μmg，故B错误.货物即将发生相对滑动时，小车与货物之
间的摩擦力为最大静摩擦力f'＝μFN＝μmg，对货物利用牛顿第二定律可得a＝μg，
则对货物与小车整体利用牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝μ(m＋M)g，则至少需要
μ(m＋M)g的推力才会发生相对滑动，故D错误.
4.[多选]如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为m2的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等大反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为（ BC ）
A.mB＝m4B.mB＝3m8
C.a＝0.2gD.a＝0.4g
解析 当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(mBg＋12mg)－mg sin 30°＝(m＋mB＋12m)a，当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有(m＋12m)g sin 30°－mBg＝(m＋mB＋12m)a，联立解得mB＝3m8，加速度大小为a＝0.2g，故B、C正确.
5.[情境创新/2024湖北武汉统考]一敞口正方体水箱棱长为2m，水箱的右侧面上有一个小孔a（孔的大小忽略不计），a到水箱底的距离ab＝0.5m，用塞子将a堵住，往水箱中注水至水面c，c到水箱底的距离cb＝1.5m，如图所示.已知重力加速度大小为10m/s2.现使水箱以6m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动，同时打开小孔，则流出水箱的水的体积最多为（ C ）
D.2m3
解析
6.[2023山东济南学情检测/多选]如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为0.3kg的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为0.1m时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低点.在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空气阻力，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ AD ）
A.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大后减小
B.从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度一直减小
C.该弹簧的劲度系数为20N/m
D.弹簧压缩量为0.2m时，物块的加速度大小为10m/s2
解析 设物块在位置1时速度最大，在位置2时弹簧压缩量为0.2 m，如图，物块接触弹簧到位置1的过程中，弹簧对物块向上的弹力小于物块的重力，设物块的质量为m，则物块的加速度a＝mg-kxm向下且随压缩量x的增大而减小，即物块做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时，加速度为零，此时物块速度最大；在以后的阶段，弹力大于重力，加速度向上，物块做减速运动.则从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大后减小，A正确，B错误.当物块到达位置1时，弹簧的压缩量为x1＝0.1 m，物块达到最大速度，此时必满足mg＝kx1，即该弹簧的劲度系数为k＝mgx1＝30 N/m，C错误.当物块位于位置2时弹簧压缩量为x2＝0.2 m，物块的加速度大小为a'＝kx2-mgm＝10 m/s2，方向向上，D正确.
7.皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图所示为静水中某运动员正在皮划艇上进行划水训练，船桨与水间断且周期性地发生作用.假设初始阶段中，运动员每次用船桨向后划水的时间t1＝1s，获得水平向前的持续动力恒为F＝480N，而船桨离开水的时间t2＝0.4s，运动员与皮划艇的总质量为120kg，运动员和皮划艇受到的阻力恒为150N，并从静止开始沿直线运动.在该阶段中：
（1）运动员在用船桨划水时与船桨离开水时加速度大小分别为多少？
（2）若运动员从静止开始，第一次划水后就停止划水，皮划艇总计前行多长距离？
（3）若运动员从静止开始运动，在2.8s末速度为多大？
答案 （1）2.75m/s2 1.25m/s2 （2）4.4m （3）4.5m/s
解析 （1）船桨划水时，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma1
得a1＝2.75m/s2
船桨离开水时，由牛顿第二定律有Ff＝ma2
得a2＝1.25m/s2
（2）1s末皮划艇的速度v1＝a1t1＝2.75m/s
1s内皮划艇前行位移x1＝v122a1
从停止划水到皮划艇停下来，前行位移x2＝v122a2
则皮划艇前行总位移x＝x1＋x2＝4.4m
（3）1.4s末速度v2＝v1－a2t2＝2.25m/s.
2.4s末速度v3＝v2＋a1t1＝5m/s
2.8s末速度v4＝v3－a2t2＝4.5m/s.
8.[渗透实验思想/2024广东广州真光中学校考]无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面.图（a）为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图（b）所示（规定向上为正方向），且图像上、下部分与时间轴围成的面积相等.已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在该过程中（ D ）
A.手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态
B.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同
C.充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N
D.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N
解析 由图(b)面积知，手机速度先向下，后向上，A错误.充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由－mg＋f＝ma3，a3＝－12 m/s2，可知摩擦力方向向下，故B错误.在t1时刻充电宝向下的加速度大小为10 m/s2，此时充电宝与手机之间的摩擦力最小，为零，故C错误.在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得fmax－mg＝ma2，又fmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12 N，故D正确.
9.[2024山东青岛调研检测/多选]如图，固定的光滑斜面倾角为θ，斜面上有A、B、C三个滑块，A和B之间用水平轻绳连接.在平行于斜面向上的拉力作用下，三个滑块一起以相同加速度沿斜面向上运动.已知滑块A的质量为3m，滑块B和C的质量均为m，B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当三个滑块组成的整体以最大加速度运动时，下列说法正确的是（ BD ）
A.整体的最大加速度为μgcs2θcsθ－2μsinθ
B.B、C间的摩擦力为μmgcs2θcsθ－2μsinθ
C.A、B间轻绳的张力为2μmgcsθcsθ+2μsinθ
D.拉力F的值为5μmgcs2θcsθ－2μsinθ
解析 当B、C间恰不发生相对滑动时，三个滑块组成的整体以最大加速度运动，此时对C进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有μ(T sin θ＋mg cs θ)－mgsin θ＝ma，对B、C整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有T cs θ－2mg sin θ＝2ma，联立解得T＝2μmgcsθcsθ-2μsinθ，a＝μgcs2θcsθ-2μsinθ－g sin θ，A、C错误；B、C间的摩擦力f＝μ(T sin θ＋mg cs θ)＝μmgcs2θcsθ-2μsinθ，B正确；对A、B、C整体受力分析，由牛顿第二定律有F－5mg sin θ＝5ma，解得F＝5μmgcs2θcsθ-2μsinθ，D正确.
10.一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零.已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）.求小明和滑雪车：
（1）滑行过程中的最大速度vmax的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小.
答案 （1）18m/s （2）6s （3）180N
解析 （1）小明和滑雪车在斜直雪道上做匀加速直线运动，在水平雪道上做匀减速直线运动，则vmax2＝x1＋x2t
解得vmax＝18m/s
（2）由匀变速直线运动规律得x1＝vmax2t1
解得t1＝6s
（3）设小明和滑雪车在斜直雪道上运动的加速度大小为a，则a＝vmaxt1＝3m/s2
由牛顿第二运动定律得mgsin37°－Ff＝ma
解得Ff＝180N.
11.[情境创新]如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.
（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.
答案 （1）33 （2）60° 3v024g
解析 （1）当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析有mgsinθ＝μFN
FN－mgcsθ＝0
解得μ＝tanθ＝tan30°＝33
（2）当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则
－mgsinθ－μmgcsθ＝ma
由0－v02＝2ax
得x＝v022g（sinθ＋μcsθ）＝v022g1+μ2sin（θ＋α）
其中tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时，x最小，即θ＝60°，所以x最小值为xmin＝v022g（sin60°＋μcs60°）＝3v024g.
12.[2024“宜荆荆恩”起点考试/多选]一质量为m的物块在水平地面上向右运动，物块与地面间的动摩擦因数为μ＝33.现对物块施加一个大小为F＝12mg的外力，在外力F保持大小不变逆时针旋转一周（θ从0°增大到360°）的过程中物块一直向右运动.下列说法正确的是（ CD ）
A.当外力F水平向右时，物块向右加速运动
B.当外力F水平向左时，物块具有向左的最大加速度
C.物块向左的最大加速度为233g
D.当θ＝30°时，物块的加速度为0
解析 解法1：解析法 当外力水平向右时，由于F＜μmg，则物块向右做减速运动，A错误；对物块受力分析，竖直方向由平衡条件有mg＝Fsinθ＋FN，水平方向由牛顿第二定律有μFN－Fcsθ＝ma，联立解得a＝－Fm（μsinθ＋csθ）＋μg＝－33gsin（θ＋60°）＋33g，当θ＝30°时，加速度最小，有amin＝0，D正确；当θ＝210°时，加速度最大，amax＝233g，此时F与水平方向成30°角斜向左下，B错误，C正确.
解法2：图解法 分析可知，地面对物块的作用力方向始终不变，与竖直方向成30°角斜向左上，合外力方向始终水平向左，又力F大小始终不变，方向时刻变化，重力大小和方向均不变，则可用辅助圆法进行分析求解，如图所示.
13.[设问创新/2023湖南/多选]如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动.车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是（ CD ）
A.若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B.若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C.若推力F向左，且μ≤tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ－tanθ）
D.若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ－2μ）≤F≤4mg（tanθ＋2μ）
解析 分析题目的三个关键前提：①对小车和A、B两小球构成的整体，根据牛顿第二定律可知F＝4ma；②对A、B两个小球构成的整体，竖直方向上小车对A、B的支持力，即对B的支持力N＝2mg；③对A和B分别分析可知杆的作用力方向始终沿杆.
若B球受到的摩擦力为零
对BF0csθ＝N－mgF0sinθ＝ma→a＝gtanθ→F＝4mgtanθ，A错
若推力F向左，则系统加速度水平向左
对A
对B
若tanθ≤μ，则aBm≥aAm，即Fm＝4maAm＝4mgtanθ，B错
若μ≤tanθ≤2μ，则aBm≤aAm，即Fm＝4maBm＝4mg（2μ－tanθ），C对
若推力F向右，则系统加速度水平向右，对A分析可知F2＝mgcsθ
对B→D对.