2025版高考物理一轮总复习第3章运动和力的关系第10讲牛顿第二定律的基本应用提能训练

第三章第10讲基础过关练题组一牛顿其次定律的瞬时性问题1．细绳拴着一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)(D)A．小球静止时弹簧的弹力大小为eq\f(3,5)mgB．小球静止时细绳的拉力大小为eq\f(3,5)mgC．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为gD．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为eq\f(5,3)g[解析]小球静止时，由平衡条件得弹簧的弹力F＝mgtan53°＝eq\f(4,3)mg，细绳的拉力T＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，故A、B均错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳的拉力大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为eq\f(5,3)g，故C错误，D正确。2．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有(C)A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g[解析]在抽出木板的瞬间，由于物块1、2用竖直刚性轻质杆连接，以物块1、2与刚性轻杆为整体，依据牛顿其次定律可得a＝eq\f(m＋Mg,m＋M)＝g，则有a1＝a2＝g，由于物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及变更，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足a3＝eq\f(mg－F弹,m)＝0，由牛顿其次定律得物块4的加速度为a4＝eq\f(F弹＋mg,M)＝eq\f(m＋M,M)g。故选C。题组二超重与失重3．小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下推断正确的是(C)A．t＝5s时电梯处于失重状态B．8～9s内电梯在做减速运动C．10～15s内电梯在上行D．16～17s内电梯在下行[解析]由图可知，5s时电梯处于超重状态，故A错误；由图可知，8～9s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；由图可知，10～15s内电梯在匀速上行，故C正确；由图可知，16～17s内电梯在减速上行，故D错误。4．(多选)如图甲中的塔吊是现代工地必不行少的建筑设备，图乙为建筑材料被吊车竖直提升过程的运动图像(竖直向上为正方向)，依据图像下列推断正确的是(AC)A．在0～10s钢索最简洁发生断裂B．30～36s材料处于超重状态C．36～46s材料处于失重状态D．46s时材料离地面的距离最大[解析]在0～10s过程中，材料向上加速，处于超重状态，钢索的拉力大于重力，在10～30s的过程中，材料做匀速直线运动，重力大小等于拉力，30～36s的过程中，材料向上减速，处于失重状态，36～46s的过程中，材料向下加速，处于失重状态，绳子的拉力小于重力，故在0～10s钢索最简洁发生断裂，故A、C正确，B错误；由题图可知36s后材料起先向下运动，36s时材料离地面的距离最大，故D错误。题组三两类动力学问题5．一辆肇事汽车在无监控的道路上紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条车轮滑动的磨痕。警察到现场后测出路面上车轮磨痕的长度，在不破坏现场的前提下，为了估测汽车刹车时速度的大小，还需(A)A．依据车胎与路面材料查找动摩擦因数数值B．测量汽车的质量C．测量刹车过程的时间D．测量刹车过程的平均速度[解析]汽车在紧急刹车后停下来，汽车做匀减速直线运动，由v2＝2ax，又由牛顿其次定律得a＝eq\f(μmg,m)＝μg，解得v＝eq\r(2μgx)。测出路面上车轮磨痕的长度x，再依据车胎与路面材料查找动摩擦因数数值μ，即可估测汽车刹车时速度的大小，与汽车的质量无关。故A正确，B错误；由于无监控，所以刹车时间无法测量，刹车过程的平均速度也无法计算，故C、D错误。6.(2024·河南洛阳联考)如图所示，在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是60m/s，上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等，重力加速度g取10m/s2，则礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离分别为(C)A．6s,90m B．3s,180mC．3s,90m D．6s,180m[解析]礼花弹在上升过程中，受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿其次定律有mg＋f＝ma，依据题意有f＝mg，解得a＝20m/s2，依据veq\o\al(2,0)＝2aH，解得h＝90m，由运动学学问得t＝eq\f(v0,a)＝3s，选项C正确。7.(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(BCD)A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3[解析]设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，依据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，即t2>t1＝t3，故A错误，B、C、D均正确。8．如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急状况的车辆避险运用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应当满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字)[答案](1)tanθ≤0.30(2)57m[解析](1)对货车进行受力分析，可得货车所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，Ff＝μmgcosθ，而货车重力在沿斜面方向的重量为F＝mgsinθ；若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则须要Ff≥F，即mgsinθ≤μmgcosθ解得eq\f(sinθ,cosθ)≤μ，即tanθ≤μ＝0.30，即当tanθ≤0.30时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。(2)设货车在避险车道上的加速度为a，依据牛顿其次定律得mgsin15°＋μmgcos15°＝ma，解得a＝5.51m/s2。设货车在避险车道上行驶的最大距离为x，v0＝90km/h＝25m/s，依据匀变速直线运动位移公式0－veq\o\al(2,0)＝－2ax，代入数据，解得x≈57m。实力综合练9．倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，则(B)A．tB>tC>tD B．tB＝tC<tDC．tB<tC<tD D．tB<tC＝tD[解析]由于∠BAC＝θ，则可以推断AB竖直向下，以AB为直径作圆，由几何关系可知C点落在圆周上，D点落在圆周外，由等时圆的学问可知tB＝tC<tD，故选B。10．(多选)如图所示，在一竖直墙角存在两个光滑的斜面，两斜面的夹角分别为α和β(α≠β)，斜面底端在水平面的同一固定点P，底端P距竖直墙壁的距离为d。现将三个小球a、b、c(均视为质点)分别从两个斜面的顶端及P点的正上方同时由静止释放，三小球同时运动到P点。忽视空气阻力，则(AD)A．确定满足α＋β＝eq\f(π,2)B．确定满足β＝2αC．c球释放点距P点高度为eq\f(2d,cos2β)D．c球释放点距P点高度为eq\f(2d,sin2α)[解析]假设斜面倾角为θ，依据运动学公式有eq\f(d,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t＝2eq\r(\f(d,gsin2θ))，由于a、b两球下滑时间相等，则有sin2α＝sin2β，并且α≠β，则有2α＋2β＝π，可得α＋β＝eq\f(π,2)，故A正确，B错误；c球做自由落体运动，则有h＝eq\f(1,2)gt2，可得h＝eq\f(2d,sin2α)＝eq\f(2d,sin2β)，故C错误，D正确。故选AD。11．(2024·辽宁大连高三联考)2024年11月5号CCTV报道中国正在试验可返回重复运用运载火箭，下图是手机视频截图，左图是加速上升阶段，右图是减速下降阶段，试验时把火箭运动分为四个阶段，第一阶段发动机工作加速上升，其次阶段关闭发动机减速上升，第三阶段加速下降，第四阶段启动发动机减速下降，平安着陆到地面。已知火箭总质量m＝2.0×103kg保持不变，静态试验测得火箭发动机最大推力F＝3.6×104N，第一阶段发动机保持最大推力工作t1＝20s后关闭，再经过t2＝10s上升到最高点，g＝10m/s2，设火箭受到恒定空气阻力Ff，求：(1)Ff的大小；(2)火箭上升的最大高度H；(3)在第三阶段，火箭下落一段时间t3后启动发动机，为保证火箭平安着陆到地面t3最长不超过多少？(用根式表示)[答案](1)4000N(2)1800m(3)5eq\r(10)s[解析](1)依据牛顿其次定律，在加速上升阶段F－Ff－mg＝ma1在减速上升阶段Ff＋mg＝ma2由题意a1t1＝a2t2联立得，Ff的大小为Ff＝4000N。(2)由(1)得a1＝6m/s2，a2＝12m/s2火箭上升的最大高度为H＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝1800m。(3)依据牛顿其次定律，在加速下降阶段mg－Ff＝ma3在减速下降阶段F＋Ff－mg＝ma4得a3＝8m/s2，a4＝10m/s2加速度下降的高度为h1＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,3)此时速度为v＝a3t3减速下降至地面的速度为零，则减速下降高度为h2＝eq\f(v2,2a4)又h1＋h2＝H联立得t3＝5eq\r(10)s则为保证火箭平安着陆到地面t3最长不超过5eq\r(10)s。12．(2024·浙江杭州高一联考)如图所示，甲同学须要用平板车搬运学习用品，经过一段校内道路。平板车和用品的总质量为30kg，道路可以简化为一段长为13.5m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点动身，经9s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104N，方向沿斜面对上。已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求：(1)平板车到达B点时的速度大小；(2)甲同学的拉力大小；(3)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。[答案](1)3m/s(2)100