4.3牛顿第二定律（预习衔接.夯实基础.含解析）2025-2026学年高一上学期物理必修第一册教科版（2019）

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预习衔接.夯实基础 牛顿第二定律
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 大通县期末）如图所示，小球A悬挂在天花板上，与A质量相等的小球B有轻弹簧相连，当悬挂A的细绳烧断瞬间，A和B的加速度大小分别是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
2．（2024秋 喀什地区期末）如图所示，车的顶棚上用细线吊一个质量为m的小球，车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面直线运动时，小球细线偏离竖直方向角度为θ，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．汽车正向右匀减速运动
B．汽车的加速度大小为gcosθ
C．细线对小球的拉力大小为mg
D．木箱受到的摩擦力大小为Mgtanθ
3．（2024秋 黄浦区校级期末）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＝tB
C．tA＝tC＜tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
4．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，A、B两物体相距S＝14m时，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA＝8m/s的速度向右匀速运动，而物体B在水平向左的拉力FB的作用下以vB＝20m/s向右做减速运动。两物体质量相同，与地面的动摩擦因数均为0.2，FA＝FB，则经过多长时间A追上B（　　）
A．7s B．8s C．9s D．10s
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 大通县期末）如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两个力作用
B．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
C．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a，方向水平向右
D．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
（多选）6．（2024秋 武昌区校级期末）有一质量m＝1kg的物体静止在足够长的粗糙竖直墙壁上，某时刻无初速度释放物体，并同时分别以甲、乙两种方式施加外力，物体紧贴墙壁向下运动。已知物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．下落过程中，乙情景中的物体所受合外力的方向会发生改变
B．下落过程中，甲情景与乙情景中物体的速度都会一直增大
C．下落过程中，甲情景中的物体最大速度为5m/s
D．下落过程中，乙情景中的物体最大速度为25m/s
（多选）7．（2024秋 罗湖区校级期末）如图（a）所示，粗糙的水平桌面上有一质量为1kg的物块A与细绳相连，通过定滑轮和动滑轮与另一物块B相连，细线另一端固定在天花板上。由静止释放物块B，物块A、B一起运动起来，当物块B落地后立即停止运动，物块A始终未运动到桌子右端，物块A的v﹣t图像如图（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不计滑轮的质量和摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．物块A与桌面之间的动摩擦因数为0.2
B．物块B初始离地高度为1m
C．物块B的质量为1.5kg
D．物块B落地前绳中张力为4N
三．填空题（共4小题）
8．（2024春 鼓楼区校级期末）如图，小孩坐在雪橇上，小孩与雪橇的总质量为40kg，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀加速运动；已知雪橇与地面之间动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；则，拉力F沿水平方向和竖直方向分解时，水平方向的分力大小为 　 　N；雪橇对地面的压力等于 　 　N；雪橇加速度大小等于 　 　m/s2。
9．（2024秋 天河区期末）（1）按规定，卡车在市区行驶的速度不得超过40km/h。一辆卡车在紧急情况下刹车，测得卡车滑行过程中车轮在路面上擦过的笔直痕迹长9m。为判断该车是否超速，从监控资料上知道，该车急刹车后经过1.5s停止。则该车急刹车前的速度大小为 　 　km/h。
（2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则悬线拉力的大小为 　 　。
（3）如图，用一根轻质细绳将一幅重力为10N的画框对称悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间的距离为0.5m。已知细绳能承受的最大拉力为10N，要使细绳不会被拉断，细绳最短的长度为 　 　m。
10．（2024秋 杨浦区校级期末）光滑水平面上的木块从静止开始受到水平力F的作用，在0～4s时间内F随时间t的变化如图所示，第1s内F的方向向东，则质点在第3s末位移的方向为 　 　（填：“向东”、“向西”），第4s末速度大小为 　 　。
11．（2024秋 闵行区期末）图甲为大型游乐设备——升降机，图乙为其结构图。升降机由静止开始从a位置自由下落到b位置，再从b位置开始以恒力制动竖直下落到c位置停下。已知某位游客的质量为m，a、b高度差为b、c高度差的2倍，重力加速度为g，忽略空气阻力，升降机从a到b与从b到c过程运动的时间之比为 　 　，升降机从b到c过程座椅对该游客的作用力大小为 　 　。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 虹口区校级期末）体育运动中，蕴含着很多力学知识。
（1）百米赛跑的冠军，与其他参赛队员相比，其整个赛跑过程中一定最大的物理量是 　 　。
A.位移
B.平均速度
C.速度变化量
D.加速度
（2）如图1所示，小明同学以背越式成功地跳过了1.70米的高度，则 　 　。
A.小明上升到最高点时速度为零
B.小明上升到最高点时加速度为零
C.小明越过横杆时，其重心可能在横杆的下方
D.起跳时小明对地面的压力大于地面对他的支持力
（3）排球是人们喜爱的运动之一。如图2所示，女排运动员在原地竖直向上做垫球训练，排球在空中受到的空气阻力大小可视为不变，以竖直向下为正方向，下列图像中可能正确反映排球上升和下落运动过程的是 　 　。
（4）“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图3中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中 　 　。（多选题）
A.人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B.在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
C.在bc段绳的拉力大于人的重力，人的加速度在增大
D.在c点，人的速度为零，其加速度不为零
（5）图4是一名滑雪运动员在比赛过程中的示意图，运动员自身和所有装备的总质量为m，在倾角θ＝37°的斜坡向下滑动过程中，受滑动摩擦力和空气阻力作用，假设空气阻力与速度成正比，即f＝kv，其中比例系数k＝8P（P是k的单位）。运动员在比赛中的某段过程v﹣t图像如图5中实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切线，B点的坐标为（16，48），CD是曲线AD的渐近线，已知重力加速度为10m/s2，sin37°＝0.6。
①用国际单位制中基本单位表示P；
②求雪橇与斜坡间的动摩擦因数；
③求运动员自身和所有装备的总质量m。
13．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，光滑水平面的左侧有一以顺时针转动的倾斜传送带，传送带与水平面的夹角θ＝37°且与水平面平滑连接。水平面右侧竖直平面内有一以O′为圆心，半径R＝4m的圆弧坡，以弧面最低点的O点为原点、水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系xOy，某时刻有一物体以初速度v0＝5m/s从水平面冲上传送带。已知传送带足够长，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）物体在传送带上运动的总时长t；
（2）物体在传送带上相对传送带运动的总路程L；
（3）物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标。
14．（2024秋 河西区期末）如图所示，水平传送带的两端A、B相距s＝6m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2
（1）求煤块刚开始的加速度。
（2）煤块从A运动到B的过程中所用的时间。
（3）求划痕长度。
15．（2024秋 长安区期末）商场工作人员拉着质量m＝20kg的木箱沿水平地面运动。若用F＝50N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动；现改用F1＝150N、与水平方向成53°斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱与地面之间的动摩擦因数μ；
（2）F1作用在木箱上时，木箱运动加速度a的大小；
（3）木箱在F1作用4.0s时速度v4的大小。
预习衔接.夯实基础 牛顿第二定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 大通县期末）如图所示，小球A悬挂在天花板上，与A质量相等的小球B有轻弹簧相连，当悬挂A的细绳烧断瞬间，A和B的加速度大小分别是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】分别以小球B和AB整体为研究对象，由平衡条件分析弹簧弹力和悬线拉力，剪断悬线瞬间，弹簧弹力瞬间不变，由牛顿第二定律求瞬时加速度大小。
【解答】解：悬线剪断前，以小球B为研究对象，由平衡条件可知，弹簧弹力F＝mg
以A、B整体为研究对象，由平衡条件可知，悬线的拉力为T＝2mg
剪断悬线瞬间，绳子拉力消失，弹簧弹力瞬间不变，由牛顿第二定律
对小球A：mg+F＝maA
对小球B：F﹣mg＝maB
解得aA＝2g，aB＝0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题解题关键是掌握原理弹簧弹力具有瞬间不变的性质，再根据牛顿第二定律瞬时性，求加速度大小。
2．（2024秋 喀什地区期末）如图所示，车的顶棚上用细线吊一个质量为m的小球，车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面直线运动时，小球细线偏离竖直方向角度为θ，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．汽车正向右匀减速运动
B．汽车的加速度大小为gcosθ
C．细线对小球的拉力大小为mg
D．木箱受到的摩擦力大小为Mgtanθ
【考点】牛顿第二定律的简单应用；弹力的概念及其产生条件．
【专题】定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】D
【分析】先以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度和细线对小球的拉力，分析汽车的运动情况。再对木块研究，由牛顿第二定律求解物块受到的摩擦力。
【解答】解：ABC、以小球为研究对象，分析受力如图；
根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝ma
解得：a＝gtanθ，方向水平向右，而速度可能向右，也可能向左，所以汽车可能向右匀加速运动，也可能向左匀减速运动。
细线对小球的拉力大小为：T．故ABC错误。
D、再对木块受力分析，受重力、支持力和向右的静摩擦力，根据牛顿第二定律，水平方向：f＝Ma＝Mgtanθ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题要抓住小球、木块和汽车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究。
3．（2024秋 黄浦区校级期末）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＝tB
C．tA＝tC＜tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】计算题；定量思想；几何法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】C
【分析】根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移—时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序。
【解答】解：设⊙O′的半径为R，根据几何知识可知，OA＝OM＝R，
由勾股定理得，AMR，
即小球沿AM运动的位移xAR，
由牛顿第二定律得，mgsin45°＝maA，
解得：aAg，
由xat2得，小球沿AM运动的时间：
tA，
根据几何知识可知，BM＝2OM＝2R，
即小球沿BM运动的位移xB＝2R，
由牛顿第二定律得，mgsin60°＝maB，
解得：aBg，
小球沿BM运动的时间：
tB，
设CM与x轴正向的夹角为θ，由几何关系可知，CM＝2Rsinθ，
即小球沿CM运动的位移xC＝2Rsinθ，
由牛顿第二定律得，mgsinθ＝maC，
解得：aC＝gsinθ，
小球沿CM运动的时间：
tC，
则tA、tB、tC大小关系是：tA＝tC＜tB。
故选：C。
【点评】解决本题的关键充分利用几何关系得出每一段的位移，熟练运用牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移—时间公式即可正确解题，有一定的难度。
4．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，A、B两物体相距S＝14m时，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA＝8m/s的速度向右匀速运动，而物体B在水平向左的拉力FB的作用下以vB＝20m/s向右做减速运动。两物体质量相同，与地面的动摩擦因数均为0.2，FA＝FB，则经过多长时间A追上B（　　）
A．7s B．8s C．9s D．10s
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；追及、相遇问题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】假设经过时间t0，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可。
【解答】解：设两物体的重力均为m，A物体做匀速直线运动，则A物体受力平衡，则有：FA＝μmg；
B物体做匀减速直线运动，则由牛顿第二定律可得：FB+μmg＝ma
联立解得：a＝4m/s2，则B物体减速运动的时间为：，此时物体B的位移为：
此过程中A发生的位移为：xA＝vAt0＝8×5m＝40m，由于xB+s＝64m＞xA，则B停止运动前A没有追上B，此后B静止，A继续匀速运动直到追上B所用的时间为：，则物体A追上物体B所用的时间为：t＝t0+t1＝5s+3s＝8s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题是追击问题，特别要注意物体B做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上；第二种情况下的位移用位移时间公式求解时要注意时间是减速的时间，而不是总时间。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 大通县期末）如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两个力作用
B．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
C．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a，方向水平向右
D．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
【考点】牛顿第二定律的简单应用；判断是否存在弹力；共点力的平衡问题及求解．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】剪断弹簧瞬间，绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律可求得加速度大小；对小球受力分析，根据平衡条件求水平轻绳的拉力大小；剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，大小等于绳的拉力，根据牛顿第二定律求解。
【解答】解：AB、若从M点剪断弹簧瞬间，小球受弹力是零，小球只受重力的作用，根据牛顿第二定律可得：mg＝ma，解得小球的加速度为a＝g，方向竖直向下，故A错误，B正确；
CD、若从N点剪断轻绳瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以小球受到弹簧的弹力和重力作用，其合力水平向右，大小等于F2，根据牛顿第二定律可得：F2＝ma，解得小球加速度为：，方向水平向右，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律及共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
（多选）6．（2024秋 武昌区校级期末）有一质量m＝1kg的物体静止在足够长的粗糙竖直墙壁上，某时刻无初速度释放物体，并同时分别以甲、乙两种方式施加外力，物体紧贴墙壁向下运动。已知物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．下落过程中，乙情景中的物体所受合外力的方向会发生改变
B．下落过程中，甲情景与乙情景中物体的速度都会一直增大
C．下落过程中，甲情景中的物体最大速度为5m/s
D．下落过程中，乙情景中的物体最大速度为25m/s
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】ACD
【分析】根据滑动摩擦力的公式结合压力变化分析解答ABC，根据牛顿第二定律结合速度—时间公式解答。
【解答】解：A.下落过程中，水平方向受力平衡，乙情景中的摩擦力大小为f乙＝μF2＝0.5×4t＝2t
刚开始下落时，摩擦力小于重力，合力方向向下，5s后摩擦力大于重力，合力方向向上，故A正确；
B.下落过程中，甲情景中摩擦力等于重力时，物体做匀速直线运动，乙情景中物体所受的摩擦力大于重力时，速度会减小，故B错误；
C.下落过程中，甲情景中的物体所受摩擦力为f甲＝μF1＝0.5×4v＝2v
当f甲＝mg
即v＝5m/s时速度最大，此后做匀速直线运动，故C正确；
D.乙情景中，物体运动的加速度为ag﹣2t
当t＝5s时，加速度为0，此过程的平均加速度为a'g，物体运动速度最大为vmax ＝a't
解得vmax ＝25m/s，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握摩擦力的计算公式，注意加速度为0时速度最大。
（多选）7．（2024秋 罗湖区校级期末）如图（a）所示，粗糙的水平桌面上有一质量为1kg的物块A与细绳相连，通过定滑轮和动滑轮与另一物块B相连，细线另一端固定在天花板上。由静止释放物块B，物块A、B一起运动起来，当物块B落地后立即停止运动，物块A始终未运动到桌子右端，物块A的v﹣t图像如图（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不计滑轮的质量和摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．物块A与桌面之间的动摩擦因数为0.2
B．物块B初始离地高度为1m
C．物块B的质量为1.5kg
D．物块B落地前绳中张力为4N
【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度；动摩擦因数的性质和计算．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】AB
【分析】（1）v﹣t图像斜率表示加速度，由匀变速直线运动位移—时间关系式求位移；
（2）根据v﹣t图像斜率求出B落地前后A的加速度，根据牛顿第二定律分析A可求动摩擦因数及绳子的拉力；
（3）0～1s内，分别对A、B分析，根据牛顿第二定律建立等式，结合A的加速度是B加速度的2倍，联立可求出A、B的质量比。
【解答】解：A．由v﹣t图像知，1～3s内加速度大小
根据牛顿第二定律有μmAg＝mAa2
解得μ＝0.2，故A正确；
B．0～1s内物块B匀加速下降，设物块B初始离地高度为h，根据v﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，可知0～1s内物块A的位移为
根据滑轮自由端和重物端的位移关系可知
故B正确；
C．0～1s内对物块A受力分析，有
mAa1＝T﹣μmAg
由v﹣t图像知
对物块B受力分析，有
mBaB＝mBg﹣2T
由滑轮特点，可知
a1＝2aB
解得
mB＝0.5kg，T＝2N
故CD错误。
故选：AB。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律、v﹣t图像和运动学公式的应用，注意A的加速度是B加速度的2倍，A的位移是B位移的2倍，难度适中。
三．填空题（共4小题）
8．（2024春 鼓楼区校级期末）如图，小孩坐在雪橇上，小孩与雪橇的总质量为40kg，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀加速运动；已知雪橇与地面之间动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；则，拉力F沿水平方向和竖直方向分解时，水平方向的分力大小为 　80　N；雪橇对地面的压力等于 　340　N；雪橇加速度大小等于 　0.3　m/s2。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】80；340；0.3。
【分析】根据平行四边形定则计算拉力F沿水平方向的分力大小；以小孩与雪橇整体为研究对象，根据牛顿第二定律列方程计算。
【解答】解：由平行四边形定则得，拉力F沿水平方向的分力大小为
Fx＝Fcosθ＝100×0.8N＝80N
对小孩与雪橇整体有
Fsinθ+N＝mg
Fcosθ﹣μN＝ma
联立解得
N＝340N
由牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力等于
N'＝N＝340N雪橇加速度大小等于
a＝0.3m/s2
故答案为：80；340；0.3。
【点评】本题关键掌握研究对象的选择，注意雪橇对地面的压力与地面对雪橇的支持力关系。
9．（2024秋 天河区期末）（1）按规定，卡车在市区行驶的速度不得超过40km/h。一辆卡车在紧急情况下刹车，测得卡车滑行过程中车轮在路面上擦过的笔直痕迹长9m。为判断该车是否超速，从监控资料上知道，该车急刹车后经过1.5s停止。则该车急刹车前的速度大小为 　43.2　km/h。
（2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则悬线拉力的大小为 　　。
（3）如图，用一根轻质细绳将一幅重力为10N的画框对称悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间的距离为0.5m。已知细绳能承受的最大拉力为10N，要使细绳不会被拉断，细绳最短的长度为 　　m。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）43.2；（2）；（3）
【分析】（1）根据位移的计算公式解答；
（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律分析解答；
（3）根据共点力平衡条件解答。
【解答】解：（1）将该车的运动看作匀减速运动，则根据
可得
v＝12m/s＝43.2km/h
（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律得
mgtanθ＝ma
Fcosθ＝mg
故
a＝gtanθ
（3）画（含画框）受力分析图
受到重力mg和两个大小相等的细绳拉力F1、F2的作用而处于静止状态，当
F1＝F2＝Fmax＝10N
时，对应于细绳不被拉断的最小长度x，由平衡条件知F1、F2的合力
F合＝mg＝10N
所以力F 1与F 2 之间的夹角是120°，绳子的最小长度为
故答案为：（1）43.2；（2）；（3）
【点评】本题考查牛顿第二定律与共点力平衡条件的应用，解题关键掌握受力分析，注意几何关系的运用。
10．（2024秋 杨浦区校级期末）光滑水平面上的木块从静止开始受到水平力F的作用，在0～4s时间内F随时间t的变化如图所示，第1s内F的方向向东，则质点在第3s末位移的方向为 　向东　（填：“向东”、“向西”），第4s末速度大小为 　0　。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】向东；0。
【分析】加速度方向与合力的方向相同，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律，确定何时速度最大，何时速度改变方向。
【解答】解：由图像可知，0～2s内水平力F的方向一直向东，质点一直向东做加速运动，到2s时，质点速度达到最大；2～4s内水平力F的方向一直向西，0～2s内和2～4s内的运动具有对称性，质点在2～4s内一直向东做减速运动；可知质点在第4s末速度大小为0，质点在第3s末位移的方向为向东。
故答案为：向东；0。
【点评】解决该题需要明确知道物体做加速以及减速运动的条件，知道物体的加速度方向和合外力的方向相同。
11．（2024秋 闵行区期末）图甲为大型游乐设备——升降机，图乙为其结构图。升降机由静止开始从a位置自由下落到b位置，再从b位置开始以恒力制动竖直下落到c位置停下。已知某位游客的质量为m，a、b高度差为b、c高度差的2倍，重力加速度为g，忽略空气阻力，升降机从a到b与从b到c过程运动的时间之比为 　2：1　，升降机从b到c过程座椅对该游客的作用力大小为 　3mg　。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；自由落体运动的规律及应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】2：1；3mg
【分析】根据升降机的运动过程、应用运动学公式求出运动时间之比与加速度大小之比；应用牛顿第二定律求出座椅对游客的作用力，然后分析答题。
【解答】解：从a到b做自由落体运动，从b到c做匀减速直线运动，末速度为零，设到达b点的速度大小为v，则a到b过程与b到c过程的平均速度
则2htab，hbc，解得：tab：tbc＝2：1
a到b过程的加速度大小aab＝g，abc，解得：aab：abc＝1：2，abc＝2g
从b到c过程，设座椅对游客的作用力大小为F，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝mabc
解得：F＝3mg
故答案为：2：1；3mg
【点评】本题考查了牛顿运动定律的应用，由运动学公式求加速度，由牛顿第二定律求力是常见的动力学问题，加速度为其联系点。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 虹口区校级期末）体育运动中，蕴含着很多力学知识。
（1）百米赛跑的冠军，与其他参赛队员相比，其整个赛跑过程中一定最大的物理量是 　B　。
A.位移
B.平均速度
C.速度变化量
D.加速度
（2）如图1所示，小明同学以背越式成功地跳过了1.70米的高度，则 　C　。
A.小明上升到最高点时速度为零
B.小明上升到最高点时加速度为零
C.小明越过横杆时，其重心可能在横杆的下方
D.起跳时小明对地面的压力大于地面对他的支持力
（3）排球是人们喜爱的运动之一。如图2所示，女排运动员在原地竖直向上做垫球训练，排球在空中受到的空气阻力大小可视为不变，以竖直向下为正方向，下列图像中可能正确反映排球上升和下落运动过程的是 　C　。
（4）“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图3中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中 　BCD　。（多选题）
A.人从a点开始做减速运动，一直处于失重状态
B.在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
C.在bc段绳的拉力大于人的重力，人的加速度在增大
D.在c点，人的速度为零，其加速度不为零
（5）图4是一名滑雪运动员在比赛过程中的示意图，运动员自身和所有装备的总质量为m，在倾角θ＝37°的斜坡向下滑动过程中，受滑动摩擦力和空气阻力作用，假设空气阻力与速度成正比，即f＝kv，其中比例系数k＝8P（P是k的单位）。运动员在比赛中的某段过程v﹣t图像如图5中实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切线，B点的坐标为（16，48），CD是曲线AD的渐近线，已知重力加速度为10m/s2，sin37°＝0.6。
①用国际单位制中基本单位表示P；
②求雪橇与斜坡间的动摩擦因数；
③求运动员自身和所有装备的总质量m。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；速度、速度变化量和加速度的关联；根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况；弹力的概念及其产生条件．
【专题】计算题；定量思想；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）B；
（2）C；
（3）C：
（4）BCD；
（5）①用国际单位制中基本单位表示P为；
②雪橇与斜坡间的动摩擦因数为0.25；
③运动员自身和所有装备的总质量m为64kg。
【分析】（1）百米赛跑中，所有参赛队员的位移相等，冠军用时最短，根据位移与时间关系可知平均速度最大；
（2）AB：小明在最高点速度不为零，加速度不为零；
C：小明越过横杆时，身体弯曲，重心可能在杆下；
D：根据牛顿第三定律判断；
（3）对排球上升和下落过程受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，可知上升的加速度大于下落时的加速度，排球匀减速上升，匀加速下落，要克服阻力做功，故落回抛出点的速度小于抛出速度；
（4）根据已知条件可知，运动员从P到a做自由落体运动，加速度为重力加速度，方向竖直向下，从a到b做加速度减小的加速运动，加速度竖直向下，从b到c做加速度增大的减速运动，加速度竖直向上，结合超重和失重定义判断；
（5）①根据空气阻力与速度关系求解比例系数k的表达式，代入表达式个各个量的单位推导；
②根据v﹣t图像求解速度为16m/s和32m/s时的加速度，根据空气阻力与速度的关系式求解速度为16m/s和32m/s时的空气阻力，再根据牛顿第二定律联立求解雪橇与斜坡间的动摩擦因数；
③根据平衡条件列式求解运动员自身和所有装备的总质量。
【解答】解：（1）百米赛跑中，所有参赛队员的位移相等，百米赛跑的冠军所用时间最短，根据
可知百米赛跑的冠军，与其他参赛队员相比，其整个赛跑过程中一定最大的物理量是平均速度，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）AB.小明上升到最高点时速度不为零，具有一定的水平速度，受到重力作用，加速度不为零，故AB错误
C.小明越过横杆时，通过躯干弯曲，其重心可能在横杆的下方，故C正确；
D.起跳时小明对地面的压力与地面对他的支持力是一对相互作用力，大小相等，故D错误。
故选：C。
（3）排球在空中受到的空气阻力大小可视为不变，设为f；排球上升阶段，根据牛顿第二定律可得
mg+f＝ma1
可得
方向竖直向下，为正方向，排球向上做匀减速直线运动；排球下落阶段，根据牛顿第二定律可得
mg﹣f＝ma2
可得
方向竖直向下，为正方向，排球向下做匀加速直线运动；由于存在空气阻力作用，所以排球下落回到出发点的速度小上升阶段的初速度。
故选：C。
（4）人在ab段过程，由于弹性绳的拉力小于人的重力，人继续向下做加速度减小的加速运动，人处于失重状态；当人在b 点时，弹性绳的拉力等于人的重力，人的加速度为0，人的速度达到最大；人在bc段过程，由于弹性绳的拉力大于人的重力，人继续向下做加速度增大的减速运动；人在c点时，人的速度为零，但其加速度不为零，故A错误，BCD正确。
故选：BCD。
（5）①由可知
f＝kv
则有
代入力和速度单位，则k＝8P中的P为
同时有
1N＝1kg m/s2
可得
；
②由v﹣t图像的斜率表示加速度可知，当v0＝16m/s时，运动员的加速度为
由牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcosθ﹣f0＝ma0
其中
f0＝8v0＝8×16N＝128N
当v＝32m/s时，由v﹣t图像可知加速度为零，则有
mgsinθ﹣μmgcosθ﹣f＝0
其中
f＝8v＝8×32N＝256N
联立解得雪橇与斜坡间的动摩擦因数为
μ＝0.25；
（3）根据平衡条件
mgsinθ﹣μmgcosθ＝f＝256N
解得运动员自身和所有装备的总质量为
m＝64kg。
故答案为：（1）B；
（2）C；
（3）C：
（4）BCD；
（5）①用国际单位制中基本单位表示P为；
②雪橇与斜坡间的动摩擦因数为0.25；
③运动员自身和所有装备的总质量m为64kg。
【点评】本题考查牛顿第二定律、加速度、图像、弹力的产生和方向等知识点，要求学生熟练掌握这些基本的知识点及其应用。
13．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，光滑水平面的左侧有一以顺时针转动的倾斜传送带，传送带与水平面的夹角θ＝37°且与水平面平滑连接。水平面右侧竖直平面内有一以O′为圆心，半径R＝4m的圆弧坡，以弧面最低点的O点为原点、水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系xOy，某时刻有一物体以初速度v0＝5m/s从水平面冲上传送带。已知传送带足够长，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）物体在传送带上运动的总时长t；
（2）物体在传送带上相对传送带运动的总路程L；
（3）物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；水平传送带模型．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）物体在传送带上运动的总时长为；
（2）物体在传送带上相对传送带运动的总路程为；
（3）物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标为（2.4m，0.8m）。
【分析】（1）分析运动过程，分析受力，根据牛顿第二定律和运动学的基本知识求解；
（2）以传送带为研究对象，利用匀变速运动的知识分段求解；
（3）利用平抛知识求解。
【解答】解：（1）从物体冲上传送带与传送带共速，设物体的加速度为a1，运动时间为t1，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由运动学格式可得：v＝v0﹣a1t1
从物体与传送带共速到物体离开传送带，设物体的加速度为a2，运动时间为t2，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由运动学公式可得：
代入数据解得：，，（舍去）
则运动的总时间为：；
（2）以传送带为参考下，从物体冲上传送带与传送带共速时有：
从物体与传送带共速到物体离开传送带有：
则总相对路程为：L＝L1+L2
联立代入数据解得：；
（3）返回水平面物体的速度为：v1＝v+a2t2，
解得：v1＝3m/s
物体离开水平面后做平抛运动，则在水平方向有：x＝v1t3
竖直方向有：
由几何关系可得：x2+（R﹣y）2＝R2
联立解得：x＝2.4m，y＝0.8m
故落点的坐标为（2.4m，0.8m）。
答：（1）物体在传送带上运动的总时长为；
（2）物体在传送带上相对传送带运动的总路程为；
（3）物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标为（2.4m，0.8m）。
【点评】本题考查传送带与平抛的结合，注意分段分析运动过程和受力情况，应用匀变速直线运动和平抛运动规律即可解题。
14．（2024秋 河西区期末）如图所示，水平传送带的两端A、B相距s＝6m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2
（1）求煤块刚开始的加速度。
（2）煤块从A运动到B的过程中所用的时间。
（3）求划痕长度。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）煤块刚开始的加速度为2.5m/s2，方向向左；
（2）煤块从A运动到B的过程中所用的时间为2.3s；
（3）划痕长度为3.2m。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出煤块相对传送带滑动时的加速度；
（2）应用运动学公式求出煤块相对传送带滑行的时间与位移，然后求出煤块匀速运动的时间，然后求出煤块总的运动时间；
（3）煤块相对传送带滑行时煤块的位移与传送带的位移之差是划痕的长度。
【解答】解：（1）煤块匀加速运动过程，对煤块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2，方向向左；
（2）当煤块速度和传送带速度相同需要的时间：t1s＝1.6s
煤块加速运动的位移：x1m＝3.2m＜6m
然后煤块随传送带一起做匀速直线运动，煤块匀速运动的时间：
t2s＝0.7s
煤块从A运动到B所用时间：t＝t1+t2＝1.6s+0.7s＝2.3s；
（3）煤块相对传送带滑行时，传送带的位移：
x传送带＝v0t1＝4×1.6m＝6.4m
划痕长度：Δx＝x传送带﹣x1＝6.4m﹣3.2m＝3.2m。
答：（1）煤块刚开始的加速度为2.5m/s2，方向向左；
（2）煤块从A运动到B的过程中所用的时间为2.3s；
（3）划痕长度为3.2m。
【点评】本题考查传送带问题中的动力学分析，首先要分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，然后再分过程应用运动规律求解即可。
15．（2024秋 长安区期末）商场工作人员拉着质量m＝20kg的木箱沿水平地面运动。若用F＝50N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动；现改用F1＝150N、与水平方向成53°斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱与地面之间的动摩擦因数μ；
（2）F1作用在木箱上时，木箱运动加速度a的大小；
（3）木箱在F1作用4.0s时速度v4的大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）木箱与地面之间的动摩擦因数为0.25；
（2）F1作用在木箱上时，木箱运动加速度a的大小为3.5m/s2；
（3）木箱在F1作用4.0s时速度v4的大小为14m/s。
【分析】（1）根据平衡条件计算；
（2）根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式计算；
（3）根据运动学公式计算。
【解答】解：（1）木箱在F的作用下做匀速直线运动，则有
F＝f＝mgμ
代入数据解得
（2）由受力分析可知，木箱水平方向有
F1cos53°﹣f＝ma
竖直方向上有
F1sin53°+FN＝mg
又因为摩擦力满足
f＝μFN
联立解得
a＝3.5m/s2
（3）根据匀加速直线运动速度与时间的关系可得木箱在F1作用4.0s时的速度为
v4＝at＝3.5×4m/s＝14m/s
答：（1）木箱与地面之间的动摩擦因数为0.25；
（2）F1作用在木箱上时，木箱运动加速度a的大小为3.5m/s2；
（3）木箱在F1作用4.0s时速度v4的大小为14m/s。
【点评】本题关键掌握物体在平衡状态和加速状态下解决问题方法。
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