2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练十六牛顿第二定律的综合应用

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十六牛顿第二定律的综合应用，共5页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．如图甲所示为丽江古城古老的住宅楼和万古楼，万古楼的“飞檐”屋顶是中国传统建筑的重要表现之一．现把住宅楼和万古楼的屋顶分别看成平直轨道ABC及弯曲轨道ADC，如图乙所示．一颗松果(可看成质点)从A点由静止开始分别沿两轨道滑下到C点，不计阻力，下列速率v ­t图像可能正确的是( )
2.如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接．两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为( )
A.F－2μmg B． eq \f(1,3)F＋μmg
C. eq \f(1,3)F－μmg D． eq \f(1,3)F
3．(多选)[2024·四川成都高三模拟]我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f.某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B.做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C.做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D.做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
4．(多选)
[2024·四川省成都月考]如图所示，质量为M、中空部分为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球．现用一个水平向右的推力F推动凹槽，当小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A.小铁球受到的合外力方向水平向左
B.凹槽对小铁球的支持力FN＝ eq \f(mg,sin α)
C.系统的加速度为g tan α
D.推力F＝(m＋M)g tan α
5．(多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则( )
A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
6.
(多选)在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则( )
A.两物块一起运动的加速度大小为a＝ eq \f(F,m1＋m2)
B.弹簧的弹力大小为T＝ eq \f(m2,m1＋m2)F
C.若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D.若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
7．(多选)[2024·吉林长春高一期末]如图甲所示，静止在水平地面上质量为1 kg的物体，在t＝0时刻受到水平向右的推力F作用，t＝2 s时撤去推力，物体运动的v ­t图像如图乙所示，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.在0～1 s内推力大小为4 N
B.物体先向右运动，后向左运动
C.t＝3 s时，物体与出发点间的距离为4 m
D.物体和水平地面间的动摩擦因数为0.5
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8．如图甲所示，AB物体静止在水平面上，施加两个水平力F：向左拉物体A，向右拉物体B.两个力始终大小相等，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动．其AB的加速度大小a随外力F变化的图像如图乙中Ⅰ和Ⅱ所示(假设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列判断正确的有(g取10 m/s2)( )
A.图线Ⅰ为物体A的a ­F图线
B.物体B的质量为2 kg
C.物体B与水平面间的动摩擦因数为0.53
D.物体AB间的动摩擦因数为0.5
9．货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对滑动，否则存在安全隐患．下面进行安全模拟测试实验，如图甲所示，一辆后车厢表面粗糙且足够长的货车向前以v＝4 m/s的速度匀速行驶，质量mA＝10 kg的货物A(可看成质点)和质量mB＝20 kg的货物B(可看成水平长板)叠放在一起，开始时A位于B的右端，在t＝0时刻将货物A、B轻放到货车的后车厢前端，最终货物A恰好没有滑离货物B，货物A、B在0～1 s时间内的速度—时间图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字．求：
(1)货物A、B间的动摩擦因数μ1；
(2)货物B与车厢表面间的动摩擦因数μ2；
(3)货物B的长度L.
课时分层精练（十六） 牛顿第二定律的综合应用
1．解析：松果沿平直轨道ABC做匀加速直线运动，沿弯曲轨道ADC运动过程中，加速度逐渐减小，且先大于匀加速运动的加速度，后小于匀加速运动的加速度．v­t图像斜率等于加速度，可知C选项正确．故选C.
答案：C
2．解析：对整体，由牛顿第二定律得，F－μmg－μ2mg＝（m＋2m）a，隔离物块P，由牛顿第二定律得，FT－μmg＝ma，联立解得FT ＝ eq \f(1,3)F，选项D正确．
答案：D
3．解析：启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，车厢对乘客有向前的作用力，竖直方向车厢对乘客的支持力竖直向上，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝ eq \f(3F－8f,8m)，对后三节车厢，有F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，D正确．
答案：CD
4．解析：小铁球的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律知小铁球受到的合外力方向水平向右，故A错误；对小球进行受力分析，如图所示，
则凹槽对小铁球的支持力FN＝ eq \f(G,cs α)＝ eq \f(mg,cs α)，故B错误；对小球进行受力分析得mg tan α＝ma解得a＝g tan α，所以系统的加速度为a＝g tan α，故C正确；对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得F＝（m＋M）a＝（m＋M）g tan α，故D正确．故选CD.
答案：CD
5．解析：在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝ eq \f(Ff,mg)＝ eq \f(3,10)＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝ eq \f(F合,m)＝ eq \f(6－5－3,1)m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝ eq \f(0－v,a)＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误．
答案：BC
6．解析：对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－（m1＋m2）g sin θ＝（m1＋m2）a解得a＝ eq \f(F,m1＋m2)－g sin θ，故A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有F弹－m2g sin θ＝m2a解得F弹＝ eq \f(m2,m1＋m2)F，故B正确；根据F弹＝ eq \f(m2F,m1＋m2)＝ eq \f(F,\f(m1,m2)＋1)，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据F弹＝ eq \f(m2F,m1＋m2)，可知只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误．
答案：BC
7．解析：v­t图像斜率表示加速度，则0～1 s内和2～3 s内物体加速度大小相等，大小为a＝ eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律，在0～1 s内F－μmg＝ma
2～3 s内μmg＝ma，得F＝4 N，μ＝0.2，A正确，D错误；在3 s前物体速度一直为正值，一直在向右运动，3 s末速度减为零，3 s后没有运动，B错误；v­t图像与横轴所围面积表示位移，t＝3 s时，物体与出发点间的距离为x＝ eq \f(1,2)×（1＋3）×2 m＝4 m，C正确．
答案：AC
8．解析：由图像可知，当力F为10 N时物体开始滑动，由于A与B间的最大静摩擦力小于B受到的最大静摩擦力，则图线Ⅱ表示物体A的a ­F图，故A错误；当F1＝10 N时，对A有F1＝μABmAg，即10 N＝μABmA×10，当F2＝30 N时，对A有F2－μABmAg＝mAaA，即30 N－10μABmA＝10mA，解得μAB＝0.5，mA＝2 kg；当F3＝16 N时，对B有F3＝μB（mA＋mB）g＋μABmAg；
当F4＝30 N时，对B有F4－μABmAg－μB（mA＋mB）g＝mBaB解得μB＝0.2，mB＝1 kg，故D正确，B、C错误．故选D.
答案：D
9．解析：（1）对货物A进行分析，由图乙知刚放上车厢时，A的加速度aA＝ eq \f(ΔvA,ΔtA)＝4 m/s2
由牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA
解得μ1＝0.40.
（2）对货物B进行分析，由图乙知刚放上车厢时，货物B的加速度aB＝ eq \f(ΔvB,ΔtB)＝8 m/s2
由牛顿第二定律有μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2≈0.67.
（3）解法一 由图乙知，货物B经时间t1＝0.5 s与车共速，货物A经时间t2＝1 s与车共速，则在0～1 s时间内，货物B的位移为xB＝ eq \f(1,2)aBt eq \\al(2,1) ＋v（t2－t1）
货物A的位移为xA＝ eq \f(1,2)aAt eq \\al(2,2)
分析可知，货物B的长度L＝xB－xA
联立解得L＝1.0 m.
解法二 从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，货物B对地位移设为x′B，货物A对地位移设为x′A，则货物B的长度L＝x′B－x′A
由图乙知，货物A、B对地位移之差在数值上等于各自的v ­ t图线与坐标轴围成的面积之差，即
L＝ eq \f(1,2)×（1－0.5）×4 m＝1.0 m.
答案：（1）0.40 （2）0.67 （3）1.0 m