2027届高考物理一轮复习牛顿第二定律大题专项训练（新高考）（有解析）

这是一份2027届高考物理一轮复习牛顿第二定律大题专项训练（新高考）（有解析）试卷主要包含了已知物体运动情况，分析受力情况，超重和失重问题的分析和计算，牛顿第二定律的基本应用，等时圆模型，水平传送带模型，倾斜传送带模型，“滑块—木板”模型等内容，欢迎下载使用。

1.连续刹车时，刹车片和刹车盘产生大量热量，温度升高很快，刹车效率迅速降低，容易造成刹车失灵。为了避免刹车失灵造成的危害，高速公路在一些连续下坡路段设置用沙石铺成的紧急避险车道，如图所示。现将某次货车避险过程简化如下：一辆货车在倾角为30°的长直下坡路上以20 m/s的速度匀速行驶，突然刹车失灵开始加速，此时货车所受阻力为车重的0.4倍(发动机关闭)，加速前进15 s后冲上了倾角为53°的避险车道，在避险车道上运动17.5 m后停下，将货车的加速、减速过程视为匀变速直线运动，求货车：(sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)冲上避险车道时速度的大小；
(2)在避险车道上所受摩擦阻力是车重的多少倍。
[答案] (1)35 m/s (2)2.7
[解析] (1)根据题意，设货车关闭发动机后加速前进的加速度大小为a1，冲上避险车道时速度的大小为v1，由牛顿第二定律有mgsin 30°－0.4mg＝ma1，由运动学公式有v1＝v0＋a1t联立代入数据解得v1＝35 m/s。
(2)根据题意，设货车在避险车道上运动时的加速度大小为a2，在避险车道上所受摩擦阻力为Ff，由牛顿第二定律有mgsin 53°＋Ff＝ma2，由运动学公式有veq \\al(2,1)＝2a2x，解得Ff＝2.7mg，即在避险车道上所受摩擦阻力是车重的2.7倍
二、超重和失重问题的分析和计算
2.物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带着钩码和便携式DIS实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码挂在力传感器上进行实验。电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取下钩码的过程中，DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系图像如图所示。g取10 m/s2，根据图中的数据，求：
(1)电梯在减速阶段的加速度大小；
(2)电梯在整个运动过程中的最大速度；
(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。
[答案] (1)0.8 m/s2 (2)4.8 m/s (3)76.8 m
[解析] (1)由题图可知钩码的重力mg＝50 N
则钩码的质量m＝5 kg
电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小F＝54 N
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得加速度大小a＝0.8 m/s2。
(2)由题图可知，电梯在2～6 s的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大小F′＝44 N
根据牛顿第二定律得mg－F′＝ma′
可得a′＝1.2 m/s2
最大速度v＝a′Δt1＝4.8 m/s。
(3)电梯在2～6 s的时间内加速的位移大小为
h1＝eq \f(1,2)a′(Δt1)2
在6～17 s的时间内匀速的位移大小为h2＝vΔt2
在17～23 s时间内减速的位移大小为
h3＝eq \f(1,2)a(Δt3)2
电梯下降的高度H＝h1＋h2＋h3，
可得H＝76.8 m
三、牛顿第二定律的基本应用
3．如图，用AB、BC两根细绳把质量为m＝1 kg的小球悬挂于车内，当小车向右做水平匀速直线运动时，AB绳与竖直方向的夹角为α＝37°，BC绳与竖直方向的夹角为β＝53°，求：(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)
(1)AB、BC中的张力大小；
(2)当小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，AB、BC中的张力大小。
[答案] (1)8 N 6 N (2)2eq \r(41) N 0
[解析] (1)根据平衡条件TABsin α＝TBCsin β
TABcs α＋TBCcs β＝mg
解得TAB＝8 N，TBC＝6 N。
(2)根据牛顿第二定律有TAB′sin α－TBC′sin β＝ma
TAB′cs α＋TBC′cs β＝mg
解得TAB′＝12.8 N，TBC′＝－0.4 N
由TBC′mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
七、“滑块—木板”模型
9.如图所示，质量为M＝2 kg的木板B静止在粗糙的水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，木板长为L，距离木板右边s处有一挡板，在木板的左端有一个质量m＝3 kg、可视为质点的小木块A，以初速度v0＝5 m/s滑上木板，小木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
(1)假设A没有从B上滑下来，请问B板至少要多长；
(2)要使木板不撞挡板，则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
[答案] (1)5 m (2)1.5 m
[解析] (1)对木块A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得a1＝－μ1g＝－2 m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg－μ(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝0.5 m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v，由运动学公式得v＝v0＋a1t，v＝a2t
解得v＝1 m/s，t＝2 s
t时间内，由运动学公式得A、B的位移分别为x1＝v0t＋eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2
因此B板的长度至少为L＝x1－x2＝5 m。
(2)当A、B相对静止后，以共同的加速度向前减速，根据牛顿第二定律得－μ(m＋M)g＝(m＋M)a3，解得a3＝－1 m/s2
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3，则减速过程有2a3x3＝0－v2，所以s＝x2＋x3＝1.5 m。
10．如图所示，木板长L＝2.4 m，质量M＝4.0 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4。质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端，与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，开始时滑块与木板均处于静止状态，现给木板一个向右的初速度v0，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板所受摩擦力的大小；
(2)使滑块不从木板上掉下来，木板初速度v0的最大值。
[答案] (1)22 N (2)6 m/s
[解析] (1)木板所受摩擦力的大小Ff＝μ2mg＋μ1(M＋m)g＝22 N。
(2)设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1，则μ2mg＝ma1，a1＝μ2g＝2 m/s2
木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝5.5 m/s2
设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等，有a1t＝v0－a2t①
滑块相对于地面的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2②
木板相对于地面的位移
x2＝v0t－eq \f(1,2)a2t2③
又L＝x2－x1
由①②③④解得，使滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值v0＝6 m/s。
11．如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M＝2 kg，长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25。薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2；
(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
[答案] (1)4 m/s2 1 m/s2 (2)1 s
[解析] (1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，
其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcs 37°
解得a1＝gsin 37°－μ1gcs 37°＝4 m/s2
对薄平板，由牛顿第二定律有
Mgsin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2
其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcs 37°
解得a2＝1 m/s2，a1>a2，假设成立，
即滑块会相对于薄平板向下滑动。
(2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式，有x1＝eq \f(1,2)a1t2，x2＝eq \f(1,2)a2t2，又x1－x2＝L，解得t＝1 s。
12．一传送带的部分装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m；BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角θ＝37°。AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(3)工件运动23 s后所在的位置。
[答案] (1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处
[解析] (1)设工件刚放在水平传送带上时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝5 m/s2，经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s，工件前进的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.6 mμmgcs θ，工作在倾斜传送带上做匀减速运动，设在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma2，解得a2＝－2 m/s2，由速度—位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)，解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s，由于mgsin θ>μmgcs θ，且工件在传送带的倾斜段运动的加速度相同，在传送带的水平段运动的加速度也相同，故此后工件将在传送带上做周期性往复运动，其周期为T＝2t1＋2t3＝5.6 s，工件从开始运动到第一次返回传送带的水平段，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。