2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）考点14　牛顿第二定律的理解和应用

考点14牛顿第二定律的理解和应用强基固本对点练知识点1牛顿第二定律的理解1．一个热气球与沙包的总质量为M，在空气中以加速度eq\f(1,2)g下降．为了使它以同样大小的加速度上升，需抛掉沙包中的沙子，若热气球所受浮力不变，应该抛掉的沙的质量为()A．eq\f(1,2)MB．eq\f(1,3)MC．eq\f(2,3)MD．eq\f(3,4)M2．如图，倾角为30°、质量为m的斜面体静止于光滑水平面上．轻弹簧的上端固定在斜面体的顶端A处，下端拴接一质量为eq\f(m,3)的光滑小球(可视为质点).现让系统在水平恒力F作用下以大小为eq\r(3)g的加速度水平向左做匀加速直线运动，小球与斜面相对静止且小球未运动到水平面上．已知重力加速度大小为g，不计空气阻力．则撤去力F瞬间(在撤去力F的瞬间，小球与斜面之间的弹力不变)()A．弹簧的弹力大小为eq\f(mg,6)B．斜面体的加速度大小为eq\f(\r(3),3)gC．小球的加速度大小为0D．小球对斜面的压力大小为eq\f(\r(3)mg,6)知识点2瞬时加速度问题3．(多选)如图所示，A、B、C是三个质量相同的小球，A、B之间用轻弹簧连接，B、C之间用细绳连接，A通过细绳悬挂在天花板上，整个系统保持静止，重力加速度为g.则剪断OA间细绳的瞬间()A．小球A的加速度大小为2gB．小球A的加速度大小为3gC．小球C的加速度大小为0D．小球C的加速度大小为g4．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．在木板AB突然撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g)()A．0B．eq\f(2\r(3),3)gC．gD．eq\f(\r(3),3)g5．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()A．aA＝aB＝gB．aA＝2g，aB＝0C．aA＝eq\r(3)g，aB＝0D．aA＝2eq\r(3)g，aB＝0知识点3超重和失重现象6．如图所示，一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水．现使杯子做以下几种运动，不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是()A．将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出B．将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出C．用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出D．杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出7．“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示(取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线．不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是()A．“笛音雷”在t2时刻上升至最高点B．t3～t4时间内“笛音雷”做自由落体运动C．t0～t1时间内“笛音雷”的平均速度为eq\f(v1,2)D．t3～t4时间内“笛音雷”处于失重状态知识点4动力学的两类基本问题8．水平路面上质量为30kg的小车，在60N水平推力作用下由静止开始以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动.2s后撤去该推力，则()A．小车2s末的速度是4m/sB．小车受到的阻力大小是15NC．撤去推力后小车的加速度大小是1m/s2D．小车运动的总时间为6s9．电动平衡车是一种新的短途代步工具．已知人和平衡车的总质量是60kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v­t图像如图所示．假设平衡车与地面间的动摩擦因数为μ，g＝10m/s2，则()A．平衡车与地面间的动摩擦因数为0.6B．平衡车整个运动过程中的位移大小为195mC．平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3m/sD．平衡车在加速段的动力大小72N10．如图所示，质量为m＝3kg的木块放在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2s木块沿斜面上升4m的距离，则推力F的大小为(g取10m/s2)()A．42NB．6NC．21ND．36N培优提能模拟练11．[2024·河北省邯郸市质量检测二]如图甲所示，一物块放在水平桌面上，物块受到水平向右的拉力F的作用后运动，以水平向右为加速度的正方向．物块的加速度a与拉力F之间的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2.物块与水平面桌间的动摩擦因数为()A．0.2B．0.4C．0.6D．0.812．[2024·陕西省汉中市第四次联考]如图所示，细绳OA一端系在小球上，另一端固定在斜面天花板上，轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，平衡时细绳OA垂直于天花板，弹簧恰好水平．重力加速度大小为g，将细绳OA剪断的瞬间，小球的加速度大小为()A．0B．gC．eq\f(g,cosθ)D．eq\f(g,sinθ)13．[2024·山西省大同市月考](多选)某同学课下做实验：右手手掌保持竖直，用左手将一书本贴着右手放置，然后撤去左手的同时，右手猛地水平向前推出，如图所示，可以使书本与右手最初一段时间保持相对静止．已知手掌和书本之间的动摩擦因数为μ，不考虑空气阻力，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则在推动过程中，为保证书本和手相对静止，手向前推动的加速度大小可能为()A．eq\f(g,2μ)B．eq\f(g,μ)C．eq\f(3g,2μ)D．eq\f(2g,μ)14．[2024·广东省深圳市红岭中学第二次考试]林老师将手机放在叉车的升降机上，利用传感器得到一速度—时间图像，如图所示．手机传感器中速度向上时为正值，下列说法正确的是()A．0.8s时手机处于失重状态B．1.2s时手机处于超重状态C．0.9s～1.2s升降机处于匀加速上升阶段D．2.4s～2.6s手机对升降机的力等于升降机对手机的力15．[2024·山西省名校联考]如图所示，倾角为θ的传送带始终以5m/s的速度顺时针匀速运动，一质量为1kg的物块以10m/s的速度从底端冲上传送带，恰好能到达传送带顶端．已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，sinθ＝0.6，物块从传送带底端运动到顶端的时间为()A．1.0sB．1.5sC．2.5sD．3.0s16．[2024·北京市海淀区期中考试](多选)某同学设计制作了一个“竖直加速度测量仪”，其结构如图所示．一根轻弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一根直尺，弹簧下端挂一个质量m＝0.10kg的重物，重物静止时弹簧的伸长量x0＝5.00cm，指针指在O点．已知图中OM＝ON＝1.00cm，规定竖直向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．若指针指在OM之间某点时，被测物体处于失重状态B．若指针指在ON之间某点时，被测物体可能在减速上升C．M点应标记的加速度值为－2.0m/s2D．该测量仪上的刻度所对应加速度的值是均匀的17．[2024·山东省潍坊市月考](多选)如图甲，一箱式货车在平直公路上由静止开始向左运动，其运动的v­t图像如图乙所示，货箱中放置一质量为50kg的货物，其与车厢间摩擦因数为0.25，在运动过程中货物一直未与车厢壁碰撞，则测下列说法正确的是(设货箱地板保持水平)()A．第1s内，货物不受摩擦力B．第2s内，货物受向左的摩擦力，大小为125NC．第3s内，货物不受摩擦力D．第3s内，货物受向左的摩擦力，大小为125N18．[2024·河北省廊坊十校联考]物流公司通过滑轨把货物(视为质点)直接装运到卡车中．如图所示，长度l1＝4m的倾斜滑轨与水平面成37°角，滑轨与车厢平滑连接．货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，货物在倾斜滑轨上滑行时的加速度大小a1＝2m/s2，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求货物与滑轨间的动摩擦因数μ1；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小v；(3)若货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2＝0.1，不考虑货物从滑轨滑上车厢底板过程中的机械能损失，不计车厢的高度，货物不能与车厢右侧厢壁相撞，求车厢的最短长度l2.

考点14牛顿第二定律的理解和应用1．答案：C解析：设空气对热气球与沙包的浮力大小为F.在空气中以加速度a＝eq\f(1,2)g下降过程中，根据牛顿第二定律可得Mg－F＝Ma，为了使它以同样大小的加速度上升，设应该抛掉的沙的质量为m，抛出后，根据牛顿第二定律可得F－（M－m）g＝（M－m）a，联立解得m＝eq\f(2,3)M，C正确．2．答案：B解析：未撤去力F时，由题意得eq\f(1,3)mgtan60°＝eq\f(1,3)m·eq\r(3)g＝eq\f(1,3)ma说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用力，弹簧拉力大小FT＝eq\f(\f(1,3)mg,cos60°)＝eq\f(2,3)mg撤去力F的瞬间，弹簧弹力不发生突变，仍为eq\f(2,3)mg，小球与斜面之间的弹力不变，故小球对斜面的压力为零，A、D错误；设撤去力F瞬间斜面体的加速度大小为a′，则FTcos30°＝ma′，解得a′＝eq\f(\r(3),3)g，B正确；小球受力不变，加速度不变，大小仍为eq\r(3)g，C错误．3．答案：BC解析：设三个小球质量均为m，剪断OA间细绳前，弹簧弹力F＝2mg，剪断OA间细绳瞬间，弹簧弹力F＝2mg不变，对A分析，F＋mg＝ma，解得A的加速度a＝3g；对BC整体分析，F－2mg＝2ma，解得BC整体加速度a＝0，B、C正确．4．答案：B解析：未撤离木板时，小球受重力mg、弹簧的拉力FT和木板的弹力FN的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为eq\f(2\r(3),3)mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的拉力FT大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力mg、弹簧的拉力FT，小球所受合力与撤离木板前木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故小球的加速度大小为eq\f(2\r(3),3)g，B正确．5．答案：D解析：水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示，静止时有FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝F′1＝mBg，又因为mA＝mB，联立解得FT＝2eq\r(3)mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq\f(FT,mA)＝2eq\r(3)g，aB＝0，D正确．6．答案：D解析：杯子跟水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力，处于完全失重状态，因此不会有水漏出，A、B错误，D正确；杯子向下做匀速运动，处于平衡状态，水受重力，会漏出，C错误．7．答案：D解析：由图可知，t0～t4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4时刻，A错误；t3～t4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明t3～t4时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，B错误；将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为eq\f(v1,2)，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，面积表示位移，根据eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即t0～t1时间内“笛音雷”的平均速度小于eq\f(v1,2)，C错误；根据上述，t3～t4时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，D正确．8．答案：B解析：小车2s末的速度是：v＝at＝1.5×2m/s＝3m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60N－30×1.5N＝15N，B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5m/s2，C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝eq\f(3,0.5)s＝6s，所以小车运动的总时间为：t＝2s＋6s＝8s，D错误．9．答案：B解析：关闭动力后，车做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得a＝eq\f(μmg,m)＝μg，结合图像，a＝eq\f(6,40－30)m/s2＝0.6m/s2，解得μ＝0.06，A错误；图线与横轴围成的面积为位移，为x＝（25＋40）×6×eq\f(1,2)m＝195m整个运动过程中的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(195,40)m/s＝4.875m/s，B正确，C错误；平衡车在加速段时有F－μmg＝ma′，a′＝eq\f(6,5)m/s2代入数值解得F＝108N，D错误．10．答案：D解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsinθ＝μmgcosθ，所以μ＝tanθ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2得a＝2m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，得F＝36N，D正确．11．答案：B解析：根据图像可得加速度与拉力的函数关系为a＝0.2F－4，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，整理得a＝eq\f(F,m)－μg，比较关系式得μ＝0.4，B正确．12．答案：D解析：小球受重力、细绳OA斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，细绳OA中的拉力大小为T＝eq\f(mg,sinθ)，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，所以小球的加速度沿AO方向、大小为a＝eq\f(T,m)＝eq\f(g,sinθ)，D正确．13．答案：BCD解析：水平方向对书本，由牛顿第二定律有FN＝ma，竖直方向有μFN≥mg，解得a≥eq\f(g,μ)，B、C、D正确．14．答案：D解析：由图可知0.8s时，手机向上加速，加速度竖直向上，处于超重状态，A错误；由图可知1.2s时手机速度不变，处于平衡状态，B错误；由图可知0.9s～1.2s升降机处于匀速上升阶段，C错误；手机对升降机的力与升降机对手机的力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，D正确．15．答案：D解析：开始时物块速度大于传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，物块速度与传送带速度相等所需的时间t1＝eq\f(v0－v传,a1)＝0.5s，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，物块从速度等于传送带速度到速度为零所需时间t2＝eq\f(v传,a2)＝2.5s，物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t1＋t2＝3.0s，D正确．16．答案：BCD解析：重物静止时弹簧的伸长量x0，可得kx0＝mg，若指针指在OM之间某点时，弹簧的伸长量增大，弹簧弹力大于物体重力，物体有向上的加速度，被测物体处于超重状态，A错误；若指针指在ON之间某点时，弹簧的伸长量减小，弹簧弹力小于物体重力，物体有向下的加速度，被测物体处于失重