2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练十五牛顿第二定律的应用

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练十五牛顿第二定律的应用，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2024·宁夏高三统考]智能手机上安装一款加速度传感器软件，能通过图像显示加速度情况．某同学在一次实验中用手掌托着手机从静止开始迅速上下运动，在该软件上得到竖直方向上加速度随时间变化的部分图像如图所示，该图像以竖直向上为正方向．依据图中信息可判断( )
A.在t1时刻，手机运动方向改变
B.在t2～t3时间内，手机处于失重状态
C.在t2时刻，手机对手掌的压力最大
D.在t2时刻，手机运动到最高点
2.
如图所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑．下列说法正确的是( )
A.滑到底端时的速度相同
B.滑到底端所用的时间相同
C.在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短
D.在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短
3．(多选)
[2024·安徽合肥一模]2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射．假设如图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐．假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变，火箭高为40.6米，起飞质量为250吨，重力加速度g取9.8 m/s2.则下列估算正确的是( )
A.火箭竖直升空的加速度大小约为2.2 m/s2
B.火箭竖直升空的加速度大小约为4.2 m/s2
C.火箭升空所受到的平均推力大小约为3.5×107 N
D.火箭升空所受到的平均推力大小约为3.0×106 N
4．课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两个相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放．如图，连接A、B的是一般细绳(刚性绳)，连接C、D的是橡皮筋．那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间(橡皮筋还未第一次恢复原长)后，下列图中符合ABCD实际排列情况的是( )

5．[2024·重庆沙家坝重点中学质检] 如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子．正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里．假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间( )
A.4号猴子的加速度和速度都等于0
B.3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上
C.2号猴子对3号猴子的作用力大小为 eq \f(4mg,3)
D.1号猴子对2号猴子的作用力大小为 eq \f(7mg,3)
6. [2024·辽宁抚顺二模]2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2 s末的速度大小v2＝3.2 m/s，在第15 s内运动了x15＝0.08 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)冰壶与冰面间的动摩擦因数μ；
(2)营垒中心到前掷线的距离L0.
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7．某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究．如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm.橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？
8．[2024·山东日照统考二模]如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ＝37°，质量m＝2 kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点．t＝0开始在空间施加一电磁辐射区，使小球受到水平向右的力F＝kt(k＝10 N/s)，t＝6 s时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示，认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6).求：
(1)t＝6 s时小球的加速度am的大小；
(2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l.
课时分层精练（十五） 牛顿第二定律的应用
1．解析：图像以竖直向上为正方向，在t2时刻前，手机从静止开始一直向上加速，所以t1时刻运动方向未改变，故A错误；在t2～t3时间内，加速度为负，表示加速度方向竖直向下，手机处于失重状态，故B正确；在t2时刻，加速度为零，此时手机对手掌的压力大小等于重力，在t1时刻，加速度竖直向上，此时压力大小大于重力，故C错误；加速度—时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，在t3时刻之前，正向面积大于负向面积，所以在t3时刻速度仍竖直向上，则在t2时刻手机未运动到最高点，故D错误．
答案：B
2．解析：设斜面高度为h，斜面倾角为θ，则斜面长度为L＝ eq \f(h,sin θ)，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，根据v2＝2aL，得v＝ eq \r(2aL)＝ eq \r(2gh)，可知沿相同高度、不同倾角的斜面到达底端的速度大小相等，但方向不同，故速度不同，则A错误；根据匀加速直线运动的位移L＝ eq \f(1,2)at2，可得t＝ eq \r(\f(2L,a))＝ eq \f(1,sin θ) eq \r(\f(2h,g))，可知倾角越大，下滑时间越短，故倾角取题图中最大值，即θ＝60°时，下滑时间最短，故B、C错误，D正确．
答案：D
3．解析：由题图可知，火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例约为 eq \f(（5.10－2.50）×10－2 m,40.6 m)＝ eq \f(2.6,4 060)，
可得火箭在6 s内上升的高度为h＝2.5× eq \f(4 060,2.6) cm≈39.0 m，由匀变速直线运动规律得h＝ eq \f(1,2)at2，解得a≈2.2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小约为F＝3.0×106 N，故A、D正确．
答案：AD
4．解析：刚性绳弹力可突变，弹性绳弹力不可突变．由此可知，释放AB时，刚性绳弹力突变为0，绳子保持原长不变．释放CD瞬间，弹性绳弹力不变，后逐渐变小．对C和D进行受力分析可知，D受到重力和绳子向上的弹力，C受到重力和绳子向下的弹力，所以C的加速度大于D的加速度，即CD之间距离变短，故CD间距离小于AB间距离，故选C.
答案：C
5．解析：在3号猴子手滑后的一瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，A错误；在3号猴子手滑后的一瞬间，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，由mg＝3ma
解得加速度a大小为a＝ eq \f(1,3)g
加速度的方向竖直向上，B错误；2号猴子对3号猴子的作用力F23大小为F23－mg＝ma
解得F23＝ eq \f(4mg,3)，C正确；
1号猴子对2号猴子的作用力F12大小为F12－2mg＝2ma
解得F12＝ eq \f(8mg,3)，D错误．
答案：C
6．解析：（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小a＝ eq \f(3.2 m/s－0.08 m/s,（14.5－2） s)＝ eq \f(156,625) m/s2
若冰壶以加速度a＝ eq \f(156,625) m/s2减速，则冰壶在最后1 s通过的位移s＝ eq \f(78,625) m>x15
所以冰壶在第15 s内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1 s，设冰壶运动x15所用的时间为t，则有
x15＝ eq \f(1,2)at2，v2＝a（12Δt＋t），a＝ eq \f(μmg,m)＝μg
解得μ＝0.025
（2）根据运动学公式有L0＝ eq \f(1,2)a（14Δt＋t）2
解得L0＝27.38 m.
答案：（1）0.025 （2）27.38 m
7．解析：（1）当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a
对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a
联立解得F0＝0.15 N
（2）纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min.则对橡皮擦有x1＝ eq \f(1,2)at2；v＝at
对纸板有μ1m1g＋μ2（m1＋m2）g＝m2a2；x2＝v0mint－ eq \f(1,2)a2t2；v＝v0min－a2t
根据位移关系有x2－x1＝ eq \f(l,2)
联立解得v0min＝ eq \f(\r(3),2) m/s
则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝ eq \f(\r(3),2) m/s
答案：（1）0.15 N （2）v0≥ eq \f(\r(3),2) m/s
8．解析：（1）根据题意，对小球受力分析，如图所示
由图乙可知，t＝4 s时，小球的加速度恰好为0，则有
F cs θ＝mg sin θ＋f
F sin θ＋mg cs θ＝FN
f＝μFN
F＝10×4 N＝40 N
解得μ＝0.5
由图乙可知，t＝6 s时，小球沿斜面方向有
F′cs θ－mg sin θ－f′＝mam
垂直斜面方向有F′sin θ＋mg cs θ＝F′N
f′＝μF′N
F′＝10×6 N＝60 N
解得am＝5 m/s2
（2）t＝6 s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cs θ＝ma
解得a＝10 m/s2
根据题意，由a­t图像中面积表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，则t＝6 s时小球的速度为v＝ eq \f(1,2)×（6－4）×5 m/s＝5 m/s
由v2－v eq \\al(2,0) ＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l＝ eq \f(v2,2a)＝1.25 m.
答案：（1）5 m/s2 （2）1.25 m