统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分核心热点专项练专项3牛顿运动定律的应用

这是一份统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分核心热点专项练专项3牛顿运动定律的应用，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．如图所示，质量为M的木箱放在水平地面上，质量为m的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁．细线与竖直方向夹角为θ，弹簧处于水平状态．重力加速度为g，剪断细线前、后，木箱均处于静止状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是( )
A.地面对木箱的支持力不变
B．地面对木箱的支持力减小了eq \f(mg,csθ)
C．地面对木箱的摩擦力不变
D．地面对木箱的摩擦力增加了mgtanθ
2.
如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a、b之间搭建两个斜面1、2，已知斜面1与a杆的夹角为60°，斜面2与a杆的夹角为30°.现将一小物块(可视为质点)先后从斜面1、2的顶端(a杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g取10m/s2，则μ1∶μ2等于( )
A．eq \f(\r(3),2)B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(1,2)D．eq \f(1,3)
3.
[2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，它们加速度的大小均为( )
A．eq \f(5F,8m)B．eq \f(2F,5m)
C．eq \f(3F,8m)D．eq \f(3F,10m)
4.
[2023·山西太原市4月联考]某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法正确的是( )
A．30cm刻度对应的加速度为－0.5g
B．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
二、多项选择题
5．[2022·全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
6．旱地冰壶运动是最近几年兴起的体育项目，如图所示为旱地冰壶场地的中线处的简易图，假设推出的冰壶沿中线做直线运动，已知AC长度为x1＝10m，有效区BC的长度为x2＝2m，将质量为m＝4kg的可视为质点的旱地冰壶放在A点，在旱地冰壶上施加水平恒力F＝6N，使其从A点由静止开始沿中线推出，经过一段时间撤走恒力，最终旱地冰壶停在BC段，旱地冰壶与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是( )
A．撤走恒力前后旱地冰壶的加速度大小之比为2∶1
B．恒力作用的时间为eq \f(8\r(3),3)s时旱地冰壶停在B点
C．恒力作用的时间为eq \f(8\r(3),3)s时旱地冰壶停在C点
D．旱地冰壶停在B点和停在C点运动的总时间之比为2∶eq \r(5)
7．[2023·湖南卷]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( )
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μD．若推力F向右，且tanθ>2μ，则F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)
三、非选择题
8．[2023·海南卷]如图所示，有一固定的光滑eq \f(1,4)圆弧轨道A，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L.已知g取10m/s2.
(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？
(2)若B未与C右端的挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
(3)在0.16m9．某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域，使空香皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d＝0.96m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m＝20g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6m，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24N，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10m/s2，试求：
(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a1的大小；
(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度vm.
10．[2023·河南郑州三模]货车在装载货物的时候都要尽可能把货物固定在车厢内，否则遇到紧急情况容易出现危险．如图所示，货车的车厢长度为12m，车厢中间位置放着一个可以看作质点的货物，货物与货车相对静止．货车以v0＝12m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，某时刻，司机看到前方有障碍物，立刻采取制动措施，使货车以最大加速度a＝6m/s2的加速度匀减速刹车．若车厢内货物没有固定，货物与车厢底部之间的动摩擦因数μ＝0.3，货车刹车停止后不再移动，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别是多大；
(2)要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要多大．
专项3 牛顿运动定律的应用
1．解析：设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为N、N′，地面对木箱的摩擦力大小分别为f、f′，剪断细线前，细线上的拉力大小T＝eq \f(mg,csθ)，弹簧弹力大小F＝Tsinθ＝mgtanθ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知N＝（m＋M）g，f＝0.剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方向有N′＝Mg，地面对木箱的支持力减小了mg，A、B错误；对木箱分析，水平方向有f′＝F＝mgtanθ，地面对木箱的摩擦力增加了mgtanθ，C错误，D正确．
答案：D
2．解析：设a、b之间的水平距离为L，到达斜面底端所用的时间为t，当物块在斜面1上运动时，有eq \f(L,sin60°)＝eq \f(1,2)（gsin30°－μ1gcs30°）t2，物块在斜面2上运动时，有eq \f(L,sin30°)＝eq \f(1,2)（gsin60°－μ2gcs60°）t2，联立解得eq \f(μ1,μ2)＝eq \f(1,3)，D项正确．
答案：D
3.
解析：如图可知sinθ＝eq \f(\f(1,2)×\f(3L,5),\f(L,2))＝eq \f(3,5)，则csθ＝eq \f(4,5)，对轻绳中点受力分析可知F＝2Tcsθ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝eq \f(5F,8m)，故选项A正确．
答案：A
4．解析：设弹簧的劲度系数为k，钢球的质量为m，由题意可知，弹簧下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，钢球处于平衡状态，加速度为零，B错误；指针位于直尺40cm刻度时，有k（40cm－20cm）－mg＝0，指针位于直尺30cm刻度时，有k（30cm－20cm）－mg＝ma1，联立解得a1＝－0.5g，A正确；指针位于直尺50cm刻度时，有k（50cm－20cm）－mg＝ma2，结合A中分析得a2＝0.5g，C错误；设弹簧的形变量大小为x，则有kx－mg＝ma，x与a是线性关系，故各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误．
答案：A
5．解析：撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg＋kx＝maP，对Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝eq \(v,\s\up6(－))t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．
答案：AD
6．解析：有外力作用时，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，代入数据解得a1＝0.5m/s2；撤去外力后，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，代入数据解得a2＝1m/s2，所以a1∶a2＝1∶2，选项A错误；设恒力作用的时间为t1时旱地冰壶停在B点，则x1－x2＝eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(（a1t1）2,2a2)，代入数据解得t1＝eq \f(8\r(3),3)s，选项B正确；设恒力作用的时间为t2时旱地冰壶停在C点，则x1＝eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋eq \f(（a1t2）2,2a2)，代入数据解得t2＝eq \f(4\r(15),3)s，选项C错误；由B、C选项的分析可知，旱地冰壶停在B点运动的总时间为t总1＝t1＋eq \f(a1t1,a2)＝4eq \r(3)s；旱地冰壶停在C点运动的总时间为t总2＝t2＋eq \f(a1t2,a2)＝2eq \r(15)s，所以t总1∶t总2＝2∶eq \r(5)，选项D正确．
答案：BD
7．解析：设杆的弹力为N，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足eq \f(Nx,Ny)＝tanθ
竖直方向Ny＝mg
则Nx＝mgtanθ
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得Nx＝ma
可得a＝gtanθ
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律F＝4ma＝4mgtanθ，A错误；
若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为Nx＝mgtanθ
若tanθ≤μ，对小球B，小球B受到向左的合力F＝μ（Ny＋mg）－Nx≥mgtanθ
则对小球A，根据牛顿第二定律可得Nx＝mamax
对系统整体根据牛顿第二定律F＝4mamax
解得F＝4mgtanθ，B错误；
若μ小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝（Ny＋mg）·μ－Nx＝2μmg－mgtanθ
Fmax对小球B，根据牛顿第二定律Fmax＝2μmg－mgtanθ＝mamax
对系统根据牛顿第二定律F＝4mamax
联立可得F的最大值为F＝4mg（2μ－tanθ）
C正确；
若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时Fmin＝Nx－（Ny＋mg）μ＝mgtanθ－2μmgtanθ
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时Fmax＝Nx＋（Ny＋mg）μ＝mgtanθ＋2μmgtanθ
对小球B根据牛顿第二定律Fmin＝mamin
Fmax＝mamax
对系统根据牛顿第二定律F＝4ma
代入小球B所受合力的范围可得F的范围为4mg（tanθ－2μ）≤F≤4mg（tanθ＋2μ），D正确．
故选CD.
答案：CD
8．解析：（1）小滑块B从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动能定理有
mBgR＝eq \f(1,2)mBv2
小滑块B在A的底端时，有FN－mBg＝mBeq \f(v2,R)
解得FN＝30N
由牛顿第三定律可知B对A的压力大小也为30N
（2）当B滑上C瞬间，B、C的速度相等
假设两者之间无相对滑动，对B、C整体有
μ2（mB＋mC）g＝（mB＋mC）a
解得a＝8m/s2
而B减速的最大加速度a1＝μ1g＝2m/s2故假设不成立，B、C间会有相对滑动
则B的加速度向左，大小为a1＝2m/s2
C受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力μ2（mB＋mC）g
其加速度满足μ2（mB＋mC）g－μ1mBg＝mCa2
解得a2＝10m/s2
B向右运动的距离x1＝eq \f(v2,2a1)
C向右运动的距离x2＝eq \f(v2,2a2)
B、C间因摩擦产生的热量Q＝μ1mBg（x1－x2）
解得Q＝1.6J
（3）假设B还未与C右端挡板发生碰撞，C就停下，设C从开始运动到停下用时为t1，有
t1＝eq \f(v,a2)
得t1＝0.2s
此时B、C的位移分别是
xB＝vt1－eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0.36m、xC＝vt1－eq \f(1,2)a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0.2m
则x相＝0.16m，此时vB＝v－a1t1＝1.6m/s
由于L>0.16m，所以假设成立，一定是C停下之后，B才与C右端挡板发生碰撞
设再经t2时间B与C右端挡板发生碰撞，有
L－0.16m＝vBt2－eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得t2＝（0.8－eq \r(0.8－L)）s（另一解不符合题意，舍去）
碰撞前瞬间B的速度大小为v′B＝vB－a1t2＝2eq \r(0.8－L)m/s
碰撞过程由动量守恒定律可得mBv′B＝（mB＋mC）v共
碰撞后B、C速度大小为v共＝eq \f(\r(0.8－L),2)m/s
之后二者一起减速，有a＝μ2g＝8m/s2，经t3后停下
则有at3＝v共
解得t3＝eq \f(\r(0.8－L),16)s
故总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s
9．解析：（1）以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝8m/s2.
（2）传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向上的运动情况是在风洞区域做初速度为零的匀加速运动，离开风洞区域后做匀减速运动，到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t1，减速时间为t2，垂直于传送带方向的加速位移为x1，减速位移为x2，则
香皂盒减速过程的加速度大小a2＝eq \f(μmg,m)＝μg＝4m/s2
由匀变速直线运动规律有x1＝eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
又a1t1＝a2t2，x1＋x2＝eq \f(d,2)
结合以上分析可知传送带的最大速度为vm＝eq \f(L,t1)
联立解得vm＝3m/s.
答案：（1）8m/s2 （2）3m/s
10．解析：（1）货物的最大加速度a′＝μg＝3m/s2设经过时间t货物运动到车厢前壁，货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度大小分别为v1、v2，则有v1＝v0－at，v2＝v0－a′t，eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2a′)－eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a)＝eq \f(L,2)
联立解得v1＝0，v2＝6m/s.
（2）结合（1）分析可知，要使货物不与车厢前壁发生碰撞，则要求满足eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2μ′g)－eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a)≤eq \f(L,2)
解得μ′≥0.4，即货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少为0.4.
答案：（1）0 6m/s （2）0.4