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备考2024届高考物理一轮复习强化训练第三章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习强化训练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3页。试卷主要包含了44m/s等内容，欢迎下载使用。
A.O点最大
B.P点最大
C.Q点最大
D.整个运动过程保持不变
解析 小石子抛出后由O到P的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向下的
阻力，则由牛顿第二定律得mg＋f＝ma，又空气阻力与瞬时速度大小成正比，小石
子向上运动的过程中，竖直分速度逐渐减小，竖直方向的阻力f逐渐减小，则小石子
的加速度逐渐减小.小石子由P到Q的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向
上的阻力，由牛顿第二定律得mg－f＝ma，小石子的竖直分速度逐渐增大，竖直方
向的阻力f逐渐增大，加速度逐渐减小.由以上分析可知，石子在O点竖直方向分运动
的加速度最大，A正确，BCD错误.
2.[超重和失重/2020山东]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是（ D ）
A.0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B.t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C.t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D.t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，
速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持
力FN＜mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客
所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度
方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C错
误，D正确.
3.[瞬时性问题/2022全国甲/多选]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（ AD ）
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
解析 两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力
后，对滑块P由牛顿第二定律有kx'＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx'＝ma2，从
撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度
大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹
簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A项正确，B
项错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度
相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于
Q的位移，C项错误，D项正确.
一题多解 由分析可知P、Q的加速度变化情况，定性绘制两滑块的v－t图像如图所示，由图像容易判断出撤去拉力后到弹簧第一次恢复原长前P的位移一定小于Q的位移，P的速度一直小于同一时刻Q的速度，故C项错误，D项正确.
4.[两类动力学问题/2021河北]如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接.一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起.背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝725，csθ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化.求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度.
答案 （1）9m （2）7.44m/s
解析 （1）背包下滑过程中，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcsθ＝ma1
解得背包在滑道AB段的加速度a1＝2m/s2
设AB段长为L，滑到底端所用时间为t，故有L＝12a1t2
对滑雪者，有L＝v0（t－1s）＋12a2（t－1s）2
解得L＝9m
（2）滑雪者滑到B点时的速度v1＝v0＋a2（t－1s）
背包滑到底端B点时的速度v2＝a1t
对滑雪者拎起背包的过程，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v
解得滑雪者拎起背包瞬间的速度v＝7.44m/s
A.O点最大
B.P点最大
C.Q点最大
D.整个运动过程保持不变
解析 小石子抛出后由O到P的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向下的
阻力，则由牛顿第二定律得mg＋f＝ma，又空气阻力与瞬时速度大小成正比，小石
子向上运动的过程中，竖直分速度逐渐减小，竖直方向的阻力f逐渐减小，则小石子
的加速度逐渐减小.小石子由P到Q的过程中，小石子在竖直方向上受重力和竖直向
上的阻力，由牛顿第二定律得mg－f＝ma，小石子的竖直分速度逐渐增大，竖直方
向的阻力f逐渐增大，加速度逐渐减小.由以上分析可知，石子在O点竖直方向分运动
的加速度最大，A正确，BCD错误.
2.[超重和失重/2020山东]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是（ D ）
A.0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B.t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C.t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D.t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，
速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持
力FN＜mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客
所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度
方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C错
误，D正确.
3.[瞬时性问题/2022全国甲/多选]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（ AD ）
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
解析 两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力
后，对滑块P由牛顿第二定律有kx'＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx'＝ma2，从
撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度
大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹
簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A项正确，B
项错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度
相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于
Q的位移，C项错误，D项正确.
一题多解 由分析可知P、Q的加速度变化情况，定性绘制两滑块的v－t图像如图所示，由图像容易判断出撤去拉力后到弹簧第一次恢复原长前P的位移一定小于Q的位移，P的速度一直小于同一时刻Q的速度，故C项错误，D项正确.
4.[两类动力学问题/2021河北]如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接.一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起.背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝725，csθ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化.求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度.
答案 （1）9m （2）7.44m/s
解析 （1）背包下滑过程中，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcsθ＝ma1
解得背包在滑道AB段的加速度a1＝2m/s2
设AB段长为L，滑到底端所用时间为t，故有L＝12a1t2
对滑雪者，有L＝v0（t－1s）＋12a2（t－1s）2
解得L＝9m
（2）滑雪者滑到B点时的速度v1＝v0＋a2（t－1s）
背包滑到底端B点时的速度v2＝a1t
对滑雪者拎起背包的过程，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v
解得滑雪者拎起背包瞬间的速度v＝7.44m/s
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