備考2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用

第2講牛頓其次定律的基本應(yīng)用1.[情境創(chuàng)新/2024廣東廣雅中學(xué)?？糫如圖是梁同學(xué)做引體向上的示意圖.若每次完整的引體向上分為身體“上引”（身體由靜止起先從最低點(diǎn)升到最高點(diǎn)）和“下放”（身體從最高點(diǎn)回到最低點(diǎn)的初始狀態(tài)）兩個(gè)過程，單杠在整個(gè)過程中相對地面靜止不動(dòng).下列說法正確的是（A）A.單杠對雙手的彈力是由于單杠發(fā)生了彈性形變而產(chǎn)生的B.“上引”過程單杠對雙手的彈力大于雙手對單杠的彈力C.“下放”過程單杠對雙手的彈力始終小于梁同學(xué)受到的重力D.“下放”過程梁同學(xué)均處于失重狀態(tài)解析單杠對雙手的彈力是單杠發(fā)生了彈性形變要復(fù)原原狀而產(chǎn)生的，故A正確；單杠對雙手的彈力和雙手對單杠的彈力是一對相互作用力，大小相等，故B錯(cuò)誤；“下放”過程中有個(gè)向下減速階段，加速度向上，梁同學(xué)處于超重狀態(tài)，單杠對雙手的彈力大于梁同學(xué)受到的重力，故C、D錯(cuò)誤.2.[2024江西撫州南豐一中校考]一名跳傘運(yùn)動(dòng)員從懸停的直升機(jī)上跳下，2s后開啟著陸傘，運(yùn)動(dòng)員跳傘過程的v－t圖像（0～2s內(nèi)圖線為直線，其余為曲線）如圖所示，依據(jù)圖像可知（D）A.在0～2s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)B.在6～12s內(nèi)，著陸傘對運(yùn)動(dòng)員的拉力小于運(yùn)動(dòng)員對著陸傘的拉力C.在6～12s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員的速度漸漸減小，慣性也漸漸減小D.在6～12s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員和著陸傘整體受到的阻力漸漸減小解析在0～2s內(nèi)，v－t圖像為直線，可知運(yùn)動(dòng)員向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，處于失

重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；依據(jù)牛頓第三定律可知，任何狀況下著陸傘對運(yùn)動(dòng)員的拉力都

等于運(yùn)動(dòng)員對著陸傘的拉力，故B錯(cuò)誤；在6～12s內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員的速度漸漸減小，但

慣性與速度無關(guān)，只取決于質(zhì)量，所以慣性不變，故C錯(cuò)誤；在6～12s內(nèi)，依據(jù)圖

線斜率可知加速度漸漸變小，方向豎直向上，依據(jù)牛頓其次定律可知f－G＝ma，運(yùn)

動(dòng)員和著陸傘整體受到的阻力漸漸減小，故D正確.3.[設(shè)問創(chuàng)新]為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設(shè)計(jì)好房頂?shù)母叨?，設(shè)雨滴沿房頂下淌時(shí)做無初速度無摩擦的運(yùn)動(dòng)，那么如圖所示的四種狀況符合要求的是（C）解析設(shè)屋檐的底角為θ，底邊長為2L(不變).雨滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)

動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律得加速度a＝mgsinθm＝gsinθ，位移大小x＝12at2，而x＝Lcosθ，

聯(lián)立以上各式得t＝2Lgsin2θ.當(dāng)θ＝45°時(shí)，sin2θ＝14.[情境創(chuàng)新/2024安徽名校聯(lián)考]如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的金屬小球拴在輕質(zhì)橡皮筋的兩端，橡皮筋的中點(diǎn)固定在質(zhì)量也為m的紙盒底部的正中間，小球放在紙盒口邊上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)讓紙盒在空中由靜止釋放.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則釋放的瞬間紙盒的加速度a1和小球的加速度a2分別為（C）A.a1＝g，a2＝g B.a1＝1.5g，a2＝gC.a1＝3g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0解析釋放的瞬間，橡皮筋的形變還沒有來得及變更，單根橡皮筋彈力等于小球的重力mg，小球所受合力為0，小球的加速度為a2＝0，釋放的瞬間，橡皮筋對紙盒的作用力仍為2mg，方向豎直向下，紙盒所受合力為F合＝mg＋2mg＝3mg，由牛頓其次定律可得紙盒加速度a1＝F合m＝3g，選項(xiàng)C5.如圖所示，在傾角為θ的斜面體上用細(xì)線系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球，隨斜面體一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng).重力加速度為g，穩(wěn)定時(shí)，細(xì)線的拉力大小不行能為（D）A.mgsinθ B.C.m（gsinθ＋acosθ） D.m（gsinθ－acosθ）解析小球隨斜面對右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)加速度較小時(shí)，小球和斜面之間有相互作

用力，此時(shí)小球受三個(gè)力，分別為重力、斜面的支持力、細(xì)線拉力，如圖甲所示，

豎直方向有Tsinθ＋Ncosθ－mg＝0，水平方向有Tcosθ－Nsinθ＝ma，聯(lián)立解得T

＝m(gsinθ＋acosθ)；當(dāng)加速度較大時(shí)，小球會(huì)離開斜面，此時(shí)小球只受兩個(gè)力，

重力和細(xì)線拉力，則有T＝(ma)2＋(mg)2＝ma2＋g2；在將要離開斜面時(shí)，小球

只受兩個(gè)力，重力和細(xì)線拉力，如圖乙所示，此時(shí)細(xì)線與水平面夾角為θ，Tsinθ＝ 圖甲圖乙6.[2024河北名校協(xié)作體聯(lián)考改編/多選]如圖，一水平輕繩一端固定在豎直墻壁上，另一端與小球相連.一輕質(zhì)彈簧一端與豎直方向成θ＝60°的夾角固定在天花板上，另一端也與小球相連.輕桿與水平方向成α＝30°的夾角固定在水平地面上.小球處于平衡狀態(tài)且與輕桿恰好接觸無彈力.已知小球質(zhì)量為m，與輕桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝36，則（BCA.剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度大小為3g，方向水平向右B.剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度大小為54gC.剪斷彈簧的瞬間，小球與桿間的彈力會(huì)發(fā)生突變D.剪斷彈簧的瞬間，小球的加速度大小為2g，方向沿桿斜向左下解析剪斷輕繩之前，輕桿與小球間無彈力作用，小球受力如圖1所示，依據(jù)平衡

條件可得F1＝mgtanθ＝3mg、F2＝mgcosθ＝2mg.若剪斷輕繩，F(xiàn)1消逝，F(xiàn)2和mg不變，

小球和輕桿之間產(chǎn)生彈力和摩擦力，受力分析如圖2所示，依據(jù)牛頓其次定律，有F2

－mgsinα－μmgcosα＝ma，解得此時(shí)小球的加速度大小a＝54g，方向沿桿斜向右

上，故A錯(cuò)誤，B正確；若剪斷彈簧，F(xiàn)1和F2消逝，mg不變，小球和輕桿之間產(chǎn)生

彈力和摩擦力，受力分析如圖3所示，滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmgcosα＝14mg，則此時(shí)小球

加速度大小為a＝mgsinα-μmgcosαm 圖1圖2圖37.[設(shè)問方式創(chuàng)新/2024遼寧]如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落.物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2.下列v0、μ的取值可能正確的是（B）A.v0＝2.5m/s B.v0＝1.5m/sC.μ＝0.28 D.μ＝0.25解析由題意可知，小物塊由左端滑到右端的平均速度為v＝xt＝1m/s，由勻變速

直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v＝v0＋v2，又v＞0，解得v0＜2m/s；由牛頓其次定律得μmg＝

ma，解得a＝μg，又由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝v0－at，整理得μ＜v08.[情境創(chuàng)新/2024福建泉州質(zhì)量監(jiān)測]踢毽子是我國民間的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)，被譽(yù)為“生命的蝴蝶”.如圖是一個(gè)小孩正在練習(xí)踢毽子，毽子近似沿豎直方向運(yùn)動(dòng).若考慮空氣阻力的影響，毽子離開腳后至回到動(dòng)身點(diǎn)的過程中（C）A.上升過程始終處于超重狀態(tài)B.下降過程始終處于超重狀態(tài)C.上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間D.上升的時(shí)間大于下降的時(shí)間解析經(jīng)過分析可知，無論是上升過程，還是下降過程，毽子的加速度方向均豎

直向下，所以兩個(gè)過程均處于失重狀態(tài)，A、B錯(cuò)誤；上升過程中，毽子所受的重力

和空氣阻力均豎直向下，下降過程中，毽子受豎直向下的重力和豎直向上的空氣阻

力，則毽子上升過程中所受的合外力大于下降過程中所受的合外力，即a上＞a下，根

據(jù)x＝12at2定性分析可知，t上＜t下【點(diǎn)撥：上升過程可運(yùn)用逆向思維看成初速度為零

的下降過程】，C正確，D錯(cuò)誤9.[回來教材/2024廣東廣州統(tǒng)考]如圖所示，一輛貨車運(yùn)載一批尺寸相同的光滑圓柱形空油桶，每個(gè)油桶的重力均為G.在水平車廂底層幾個(gè)油桶平整排列，相互緊貼并被牢堅(jiān)實(shí)定，上一層只有一只油桶C，自由地?cái)[放在A、B兩桶之上.當(dāng)汽車沿平直馬路向右運(yùn)動(dòng)時(shí)（重力加速度為g）.下列說法正確的是（C）A.貨車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，C對B的壓力等于GB.貨車勻加速時(shí)，B對C的支持力比靜止時(shí)小C.貨車加速度增大到33g時(shí)，C對A的壓力為D.貨車勻加速時(shí)，油桶對車廂底板的總壓力比靜止時(shí)小解析設(shè)B對C的支持力與豎直方向的夾角為θ，依據(jù)幾何關(guān)系可得sinθ＝R2R＝12，

解得θ＝30°，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對油桶C，依據(jù)平衡條件可得FAcos30°＋FBcos30°＝

G、FAsin30°＝FBsin30°，聯(lián)立解得B對C的支持力FB＝33G，由牛頓第三定律知C對

B的壓力F'B＝FB＝33G，故A錯(cuò)誤；當(dāng)貨車勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FB1sin30°－FA1sin30°＝ma，F(xiàn)B1cos30°＋FA1cos30°＝G，聯(lián)立解得FB1＝33G＋ma，F(xiàn)A1＝33G－ma，可知

B對C的支持力比靜止時(shí)大，故B錯(cuò)誤；當(dāng)a＝33g時(shí)，F(xiàn)A1＝0，依據(jù)牛頓第三定律

知，C對A的壓力為10.[2024安徽合肥重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考/多選]如圖所示，在斜面上有四條光滑細(xì)桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿垂直于斜面放置，每根桿上都套一個(gè)小滑環(huán)（圖中未畫出），四個(gè)環(huán)分別從O點(diǎn)由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時(shí)間依次為t1、t2、t3、t4.下列關(guān)系正確的是（BC）A.t1＝t2 B.t2＜t3C.t2＜t4 D.t2＝t4解析以O(shè)A為直徑畫圓，如圖所示，設(shè)兩端點(diǎn)分別為O點(diǎn)和圓上另一點(diǎn)的桿與豎直方向的夾角為θ，對小滑環(huán)受力分析，由牛頓其次定律可得ma＝mgcosθ，解得a＝gcosθ，由幾何關(guān)系知，小滑環(huán)沿弦下滑的位移x＝2Rcosθ，據(jù)x＝12at2，解得t＝4Rg，即從圓上最高點(diǎn)沿任一條光滑弦滑到圓上另一點(diǎn)所用的時(shí)間相同.則沿OA和OC滑到斜面的時(shí)間相同，有t1＝t3，OB的長度小于沿OB方向的弦長，OD的長度大于沿OD方向的弦長，則t4＞t3＝t1＞t211.避險(xiǎn)車道（標(biāo)記如圖甲所示）是避開惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖乙所示的豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物起先在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38m，再過一段時(shí)間，貨車停止.已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cosθ＝0.99，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（1）貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)的加速度的大小和方向；（2）制動(dòng)坡床的長度.圖乙答案（1）5.0m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下（2）98m解析（1）設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中，受到的摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則f＋mgsinθ＝ma1，f＝μmgcosθ聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得a1＝5.0m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下（2）設(shè)貨車的質(zhì)量為M，貨物的質(zhì)量為m，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23m/s，貨物在車廂內(nèi)起先滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38m的過程中，用時(shí)為t，貨物相對制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s＝4m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2.貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12m，制動(dòng)坡床的長度為l，則Mgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k（m＋M）gM＝4ms1＝vt－12a1ts2＝vt－12a2ts＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l＝98m.12.[科技創(chuàng)新/2024安徽合肥一中?？?多選]上?？萍拣^的機(jī)器人，琴棋書畫、跳舞、射箭、分揀包袱，無所不能，如圖所示為機(jī)械手抓取、分揀橙子的照片，為便于探討，將機(jī)械手簡化為只有四根“手指”有作用力的模型，抓取點(diǎn)對稱分布在球心上方的同一水平面內(nèi)，抓取點(diǎn)與球心的連線與該水平面夾角為α，“手指”與橙子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，橙子的重力大小為G，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法正確的是（BC）A.只要“手指”對橙子的壓力足夠大，α不論取何值都能將橙子抓起B(yǎng).若μ與α的關(guān)系滿意μ＞tanα，則不愿定能將橙子抓起C.若能抓起橙子，則每根“手指”對橙子壓力的最小值為GD.若抓起橙子豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則每根“手指”對橙子的壓力確定變大解析對橙子受力分析，可知豎直方向滿意4fcosα－G－4FNsinα＝0，因?yàn)殪o摩

擦力f≤μFN，解得FN≥G4(μcosα-sinα)，所以想要抓起橙子，則每根“手指”對橙子壓

力的最小值為G4(μcosα-sinα)，并且夾角α滿意μ≥tanα＋G4FNcosα?xí)r，才能將橙子抓起，

所以μ＞tanα?xí)r，不愿定能將橙子抓起，故A錯(cuò)誤，B、C正確；若抓起橙子豎直向

上做勻加速運(yùn)動(dòng)，且恰好達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，滿意4μFNcosα－4FNsinα13.[2024河南洛陽專項(xiàng)練習(xí)]飛機(jī)起飛會(huì)先閱歷一個(gè)勻加速助跑的過程后再起飛.如圖為某次飛機(jī)起飛時(shí)的照片，該飛機(jī)從靜止加速到最大速度288km/h用了20s，達(dá)到最大速度后再勻速前行100m后起飛，飛機(jī)的質(zhì)量為150噸.（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求飛機(jī)從靜止加速到最大速度運(yùn)動(dòng)的位移；（2）求飛機(jī)助跑的加速度及飛機(jī)從靜止到起飛的平均速度；（3）忽視空氣阻力，若飛機(jī)受到斜向上與水平方向傾斜37°的升力F后，飛機(jī)豎直方向的加速度為5