第三章第2讲　牛顿运动定律的应用-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．下列说法正确的是()A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析：体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态，蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度向下，都处于失重状态，故选项A错误，B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，选项C、D错误。答案：B2．(多选)如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，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)，根据图像下列判断正确的是()A．在0～10s钢索最容易发生断裂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钢索最容易发生断裂，故A、C正确，B错误；由题图可知36s后材料开始向下运动，36s时材料离地面的距离最大，故D错误。答案：AC3．(2022·上海卷)神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小()A．一直减小 B．一直增大C．先增大后减小 D．先减小后增大解析：打开降落伞后，所受空气阻力f大于重力，降落伞做减速运动。根据题述，f＝kv，由牛顿第二定律kv－mg＝ma，解得a＝eq\f(kv,m)－g，由于速度v逐渐减小，由a＝eq\f(kv,m)－g可知，加速度a一直减小，选项A正确。答案：A4.(2024·四川德阳诊断)两个质量均为m的小球放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不动)，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A．aA＝0aB＝eq\f(1,2)g B．aA＝eq\f(1,2)gaB＝0C．aA＝eq\f(1,2)gaB＝eq\f(1,2)g D．aA＝gaB＝g解析：细线烧断前，分析整体受力可知弹簧的拉力为F＝2mgsinθ，细线烧断瞬间，小球A受的合力沿斜面向下，大小为FA＝mgsinθ，由牛顿第二定律知，小球A的瞬时加速度为aA＝eq\f(FA,m)＝eq\f(1,2)g，小球B受的合力沿斜面向上，大小为FB＝F－mgsinθ＝mgsinθ，小球B的瞬时加速度为aB＝eq\f(FB,m)＝eq\f(1,2)g，故C正确，A、B、D错误。答案：C5.如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g。则有()A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝4g D．a1＝g，a2＝4g解析：开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力F＝3mg。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0。对物块2，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝eq\f(F′＋mg,m)＝eq\f(3mg＋mg,m)＝4g。故C正确，A、B、D错误。答案：C6.(多选)电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N,关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10m/s2)()A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2解析：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，可知电梯处于失重状态，加速度向下，对重物根据牛顿第二定律有：mg－F＝ma，解得a＝4m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为4m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故B、C正确，A、D错误。答案：BC7.(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是()A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25解析：物块在水平桌面沿中线做匀减速直线运动，则eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)由题意知x＝1m，t＝1s，v>0代入数据有v0<2m/s故A不可能，B可能；对物块受力分析有a＝－μg，v2－veq\o\al(2,0)＝2ax由题意知v2>0，整理有veq\o\al(2,0)＋2ax>0由v0<2m/s可得μ<0.2故C、D不可能。答案：B8.(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大解析：设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝eq\f(l,cosθ)，对物块，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，由x＝eq\f(1,2)at2，得eq\f(l,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得t＝eq\r(\f(4l,gsin2θ))，当2θ＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,4)时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，故下滑时间先减小后增大，D选项正确。答案：D[能力提升练]9.(2024·四川成都七中诊断)如图所示，吊篮用轻绳悬挂在天花板上，吊篮A及物块B、C的质量均为m，重力加速度为g，则将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间，下列说法正确的是()A．三者的加速度都为gB．C的加速度为零，A和B的加速度为eq\f(3,2)gC．B对A的压力为2mgD．B对A的压力为mg解析：对物块C受力分析可知，其受重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不能突变，在轻绳剪断瞬间，C受到的弹力与重力相等，所受合力为零，则C的加速度为0；物块B与A相对静止，将A、B看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力大小等于物块C的重力大小mg，对A、B组成的系统，由牛顿第二定律得a＝eq\f(mg＋mg＋mg,2m)＝eq\f(3,2)g，故A错误，B正确；以吊篮A为研究对象，A受到重力与B对A的压力，由牛顿第二定律得mg＋N＝ma，代入数据得N＝eq\f(mg,2)，故C、D错误。答案：B10.(多选)现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。如图所示，一质量m＝2kg的无人机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2s，然后匀速向上运动3s，接着匀减速向上运动4s速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为vm＝4m/s，受到的空气阻力恒为Ff＝1N，重力加速度大小g＝10m/s2，则()A．无人机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25NB．无人机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20NC．无人机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18ND．无人机上升的总高度为24m解析：以竖直向上为正方向，第一阶段无人机沿竖直方向向上做匀加速直线运动，加速度为a1＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律有F1－mg－Ff＝ma1，得此阶段无人机受到向上的作用力F1＝mg＋ma1＋Ff＝25N，故A正确；由平衡条件可知第二阶段无人机受到向上的作用力F2＝mg＋Ff＝21N，故B错误；第三阶段无人机向上做匀减速运动，加速度为a3＝eq\f(0－4,4)m/s2＝－1m/s2，由牛顿第二定律有F3－mg－Ff＝ma3，得此阶段无人机受到向上的作用力F3＝mg＋ma3＋Ff＝19N，故C错误；无人机上升的总高度h＝(eq\f(4,2)×2＋4×3＋eq\f(4,2)×4)m＝24m，故D正确。答案：AD11．(2022·浙江6月卷)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(2,9)，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2。(2)在倾斜滑轨上，由运动学公式得v2＝2a1l1代入数据解得v＝4m/s。(3)在水平滑轨上，veq\o\al(2,1)－v2＝2a2l2又a2＝－μg解得l2＝2.7m。答案：(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m12．(2024·四川绵阳中学诊断)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小。解析：(1)在BC段，小圆环受重力、弹力和摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示，有f＝μN＝μmgf＝ma2则a2＝eq\f(f,m)＝μg＝0.8×10m/s2＝8m/s2。(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知veq\o\al(2,B)＝2a1s1，小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知veq\o\al(2,B)＝2a2s2又eq\f(s1,s2)＝eq\f(8,5)则a1＝eq\f(s2,s1)a2＝eq\f(5,