2021届高考物理三轮冲刺：牛顿第二定律的应用

2020-2021学年度高高考物理冲刺牛顿第二定律的应用

一、单选题

1.游乐园小火车是小朋友们喜爱的项目。某小火车由8节质量相等的车厢组成，在车头牵

引下，小火车在平直路面匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F,若每节车厢所

受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）

A.FB.一FC.—FD.—F

364

2.一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，其中时间内图

像为直线。则（）

A.0~八时间内，电梯的速度增大

B.八“2时间内，电梯的速度增大

C.f|~f2时间内，电梯的加速度向上

D./2~，3时间内，电梯的加速度向下

3.如图所示，轻弹簧的左端固定在竖直墙面上，右端有一物块压缩弹簧并处于静止状态,

物块与弹簧并不拴接，物块与水平面间的动摩擦因数为〃，物块与水平面间最大静摩擦力等

于滑动摩擦力。现用一水平向右的力尸作用在物块上，使其向右做匀加速直线运动。以X

表示物块离开静止位置的位移，且弹簧在弹性限度内，下列表示尸与X之间关系的图象可能

正确的是（）

A.

4.如图所示，物块48叠放在一起，其中B与斜面间的摩擦因数〃AB整体相对

静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是()

A.上滑的过程AB整体处于失重状态

B.上滑到最高点后AB整体将停止运动

C.A与8之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程

D.A与5之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等

5.6—8月是南北方河流的汛期，区域性暴雨洪涝重于常年，在汛期应急抢险工作中，无人

机发挥着举足轻重的作用。如图所示，无人机在山区从足够高的地方以一定的初速度水平抛

出一个救灾物资，经过时间r后，物资垂直落在一个倾角为45。的斜坡上，运动过程中空气

阻力不计，重力加速度取g,则下列说法正确的是（

A.物资在下落过程中速度变化越来越快

B.物资在空中下落的水平位移为

C.物资在下落过程中的初速度为血=gf

D.物资抛出:/时，竖直位移大小与水平位移大小相等

6.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，仁0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度

处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一

定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力尸

随时间，变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，则在小球与弹簧的第一次接触中（）

i

1

A.八时刻小球的速度最大

B.2时刻小球的速度最大

C.h时刻小球的加速度最大

D.时刻小球的加速度最大

二、多选题

7.图（a）中，质量相同的物块A和木板B（足够长）叠放在光滑水平面上，A用一不可伸

长的水平细绳固定在竖直墙壁上。f=0时，B受到水平外力厂的作用；f=4s时撤去外力。

细绳对A的拉力T随时间，变化的关系如图（b）所示，B的速度u与时间［的关系如图（c）

所示，取g=10m/s2,可以得出（）

A.物块和木板间的动摩擦因数为0.02

B.0~2s内，力尸对木板B的冲量为0

C.2s~4s内，力F对木板B做功0.08J

D.在B运动的整个过程中，A与B间产生的热量为0.16J

8.如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2,悬挂在天花板上。一轻弹簧C一端连接

球2,另一端固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。轻绳A与竖直方向、轻绳B与

水平方向的夹角均为30。，弹簧C沿水平方向。已知重力加速度为g。则()

A.球1和球2的质量之比为1：1

B.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下

C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于g

D.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度方向一定沿绳B斜向右下方

9.如图，质量均为相的环A与球8用一轻质细绳相连，环A套在水平细杆上，设有一水平

恒力F作用在球8上，使A环与8球一起向右匀加速运动.已知细绳与竖直方向的夹角

6=45°,g为重力加速度，则下列说法正确的是

A.轻质绳对8球的拉力大于杆对A环的支持力

B.B球受到的水平恒力大于mg

C.若水平细杆光滑，则加速度等于g

D.若水平细杆粗糙，则动摩擦因数小于4

2

10.如图所示，一小车静止在粗糙水平面上，用细线OA和A8将一质量为加的小球悬挂在

小车中，其中OA与竖直方向成30。角，ZAOB=\5°,AB水平并与固定在小车侧壁上的拉

力传感器相连。重力加速度g取lOm/s2,不计空气阻力，若用水平外力推动小车向左做匀加

速直线运动，欲使传感器示数为零，小车传感器的加速度大小可能为（）

A.3mzs2B.6mzs2C.10m/s2D.20mzs?

11.将甲、乙两球从足够高处同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小/仅与球的

速率v成正比，与球的质量无关，即产制。为正的常量）。两球的修图象如图所示。落地

前两球的速度都已达到各自的稳定值也、也。则下列判断正确的是（）

A.甲球质量大于乙球

B.甲球质量小于乙球

C.释放瞬间甲球加速度较大

D.释放瞬间两球加速度一样大

12.质量为1kg的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度“随时间，变化的关系图象如

图所示，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是（）

A.2s末物体所受阻力的大小为20N

B.在0~2s内，物体所受阻力随时间均匀减小

C.在0~2s内，物体的动能增大了100J

D.在0~ls内，物体所受阻力的冲量大小为2.5N-s

13.如图甲所示，一质量m=lkg的物块静置在倾角6=37。的斜面上.从t=0时刻起对物块施

加一沿斜面方向的拉力F,取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙.已知物

块与斜面间的动摩擦因数N=0.8,取sin37*0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,物块与斜面

间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图象中能正确反映物块的速度v随时间t变化规

律的是（）

»(■>・/)

C.

23

参考答案

1.B

【详解】

设每节车厢所受阻力均为力倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为尸"则由题意可知

F-6f=6ma

F'_2f=

联立解得

F'=-F

3

故选Bo

2.A

【详解】

由于S-r图象的斜率表示速度，由图可知在。〜。时间内速度增加，即乘客向下做加速运动，

加速度方向向下；在。〜f2时间内，S—f图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速

下降，乘客处于平衡状态；在〜时间内，S—/图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客

向下减速运动，加速度方向向上。故A正确，BCD错误。

故选Ao

3.C

【详解】

物块最初处于静止状态，设压缩量为沏，则有

施加水平力F后，物块做匀加速直线运动，则有

F+k(xo-x)-fimg=ma,

即

F-ma+/.img-k(X{)-x),

因为物块与弹簧并不拴接，当它xo后，弹簧的弹力消失，则

F=fimg+ma,

则全过程尸与x的关系是先均匀增大，后恒定不变，故各个图像中C正确，ABD错误.

故选Co

4.AD

【详解】

A.在上升和下滑的过程，整体都是只受三个个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，

根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：

(/«A+/MB)^sin0+^=(ZMA+WB)a,

f=ftmgcosB

因此有：a=gsin0+〃gcos6,方向沿斜面向下.所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于

失重状态.故A符合题意；

B.同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：

(WA+/»B)gsinO户(/MA+WB)a',

得：a'=gsinO-"gcos。

由于〃<tan。，所以a'>0

所以上滑到最高点后4、B整体将向下运动.故B不符合题意；

CD.以8为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：

mQgsm,d+f=ma,

解得：户"加Bgcos®；

向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：

mBgsinQ-f'=ma',

解得：1=〃WBgcosO；

所以尸=广，即A与8之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等；故C不符合题意，D符合

题意.

5.C

【详解】

A.物资在下落过程中做匀变速曲线运动，加速度为g,故A错误；

B.经过时间f后，物资垂直落在一个倾角为45。的斜坡上，说明此时速度方向与水平方向

夹角为45。，根据平抛运动速度偏角的正切值时位移偏角正切值的两倍，可得竖直位移与水

平位移之比为

]_2

3gttan45。

%-

解得水平位移为

*=gt▲-2

故B错误；

C.经过时间，后，物资垂直落在一个倾角为45。的斜坡上，说明此时速度方向与水平方向

夹角为45。，则有

tan45。=8

%

解得初速度

v0=gt

故C正确；

D.物资抛出gr时，竖直位移大小为

2

八上夕=犷

水平位移大小为

，t1,2

竖直位移与水平位移大小不等，故D错误。

故选Co

6.D

【详解】

n时刻小球刚接触弹簧，还会继续加速下降，由牛顿第二定律可得

mg-kx=ma

随着压缩量的增大，加速度减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度才达到最大，之后,

弹力大于重力，小球减速下降，由牛顿第二定律可得

kx-mg=ma

随着压缩量的增大，加速度增大，22时刻小球到达最低点，速度为零，弹力达到最大，加速

度达到最大。

故选D。

7.AD

【解析】

【详解】

A.根据图像可知2s后，物块A与木板B发生相对滑动，物块A受到滑动摩擦力作用，处

于平衡状态，有

T=/=0.2N

在4s后撤去外力，分析木板B,水平面光滑，此时木板B在水平方向上只受到A对它的滑

动摩擦力的作用，此时木板B的加速度大小为

0.4—0.2

m/s2=0.2m/s2

5-4

根据牛顿第二定律可得

f'=ma2

解得木板B的质量胆=1kg,物块和木板间的动摩擦因数

〃=」-=0.02

mg

故A正确；

B.0~2s内，整体处于静止状态，受力平衡，水平外力尸的大小始终等于绳子的拉力，绳子

的拉力7增大，则力/增大，分析木板B可知力尸对木板B的冲量不为0,故B错误；

C.2s~4s内，木板B的加速度为

a.--m/s2=0.2m/s2

14-2

根据牛顿第二定律可得

F-f'=may

解得：F=0.4N,这段时间内，木板B的位移等于v-f图像围成的面积为位移，有

x=—x2x0.4m=0.4m

2

力厂对木板B做功为

W=Er=0.4x0.4J=0.16J

故C错误。

D.根据功能关系可知，力/克服摩擦力做功，产生热量为

2=W=0.16J

在B运动的整个过程中，A与B间产生的热量为0.16J,故D正确。

故选AD。

8.BD

【详解】

A.对两小球1、2受力分析如图。根据平衡条件可得，由

FBfnig

见$亩30°=«72g

得

m\=2m2

BCD,在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，则球2所受重力和弹簧弹力收

不变，但绳B对球2的拉力瞬间变为0,则球2的合力方向与外方向相反，加速度方向沿

绳B斜向右下方。此时球1只受重力，加速度方向竖直向下大小等于g。故BD正确C错误.

故选BD。

9.BCD

【详解】

A.先后对A、8受力分析，如图所示：

7sin450-f=ma①

N—Tcos45°—/”g=0②

其中：

/=③

对&

F-7sin45°=W4Z④

7cos450-mg=0⑤

由⑤式解得：T=0mg；再代入②式解得：N=2mg；故T<N；故A错误;

B.将T=0n?g代入④式得到：F=mg+ma>mg；故B正确;

C.若水平细杆光滑，则/=0；由①式解得：〃=g；故C正确;

D.若水平细杆粗糙，由①式有:

7sin45°-f=mg-2jumg=ma>0

故〃<，；故D正确；

2

故选BCD.

【点睛】

本题关键是先后对A、8受力分析，然后根据牛顿第二定律并结合正交分解法列式，然后进

行讨论即可求解.

10.BC

【详解】

以小球为研究对象，小球受到重力、AB的拉力和OA的拉力，要使传感器示数为零，则AB

的拉力为零，小球的位置应该处于A和4之间，如图所示，设OA与竖直方向的夹角为。，

此时30啜B(30°+2x15°)=60°；

根据牛顿第二定律可得

mgtan6=ma

解得

a=gtan6

当e=30°时，加速度为

出10g,2

a=——s=----ni/s

33

当6=60°时，加速度为

a=\f?>g-l()V3m/s2

故欲使传感器示数为零，小车的加速度大小满足

m/s?-10V3m/s2

因此小车传感器的加速度大小可能为6m/s2和lOnVs、

故选BC»

o

11.AD

【解析】

【详解】

AB、两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时ku=mg,因此最大速

0c

度与其质量成正比，即为小，由图像知vi>v2.因此mip>m4：故A正确，B错误.CD、

释放瞬间v=0,因此空气阻力f=0,两球均只受重力，加速度均为重力加速度g.故C、D

正确.故选：AD.

12.D

【详解】

A.2s末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10N,故A错误;

B.根据牛顿第二定律有

mg-f=tna

可得

f=mg-ma

在0~2s内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，故B错误；

C.根据物体加速度«随时间r变化的关系图象与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可

知，在0~2s内，物体的速度增加了

Av=-x2xl0m/s=10m/s

2

即z=2s时速度为

v=10m/s

则在0~2s内，物体的动能增大了