优化集训7　牛顿第二定律及其综合应用--2026物理学考专题练(含解析)

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2026物理学考专题练
优化集训7　牛顿第二定律及其综合应用
(含超重与失重)
基础巩固
1.光滑水平面上,质量为4 kg的物体在水平推力F1的作用下由静止开始运动,0~2 s内的位移为6 m;质量为2.5 kg的物体在水平推力F2的作用下由静止开始运动,0~3 s内的位移为9 m。则F1与F2的比值为(　　)
A.1∶3 B.3∶4 C.12∶5 D.9∶8
2.某同学用与水平方向成37°的斜向上的拉力拉一质量为2 kg的物体,使其由静止开始运动拉力大小为10 N,如图所示,经过一段时间,撤去拉力,物体轻一段时后静止。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.25,g取10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6物体的位移为8.55 m。则物体在加速运动与减速运动阶段(　　)
A.时间之比为10∶9
B.位移之比为9∶10
C.平均速度之比为9∶10
D.加速度大小之比为10∶9
3.一辆货车载着完全相同的圆柱形空油桶,每只油桶的质量均为m。油桶平整排列在车厢底层,相互紧贴并被牢牢固定,上一层只有一只油桶c,自由地摆放在油桶a、b上面,如图所示。汽车沿水平路面行驶过程中油桶c始终和其他油桶间保持相对静止,忽略油桶间的摩擦作用,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.当货车做匀速直线运动时,油桶a所受的合力为mg
B.当货车做匀速直线运动时,油桶c对a的压力大小为F=mg
C.当货车做匀速直线运动时,油桶c对a的压力大小为mg
D.当货车向右的加速度增大到g时,油桶c就脱离a运动到b的右边
4.如图所示为可以盛放一定数量鸡蛋的托盘,假设其中一颗鸡蛋质量45 g。现将这盘鸡蛋平放在加速度大小为5 m/s2的行驶的汽车中,忽略空气阻力,则托盘对这颗鸡蛋的作用力约是(　　)
A.0.45 N B.0.23 N C.0.50 N D.0.68 N
5.如图所示,一物块在粗糙的水平面上从A点以一定的初速度开始向右滑行,同时在物块上施加一水平向左大小恒定的拉力F,物块在运动过程中受到水平面的滑动摩擦力大小等于0.6F,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块从A点向右运动到最大距离处所用时间与从右侧最大距离处再回到A点所用时间之比为(　　)
A. B.
C. D.
6.水平地面上放着一辆手推小车,小车的水平板上放置一金属桶,金属桶始终与小车保持相对静止,则(　　)
A.当小车水平向左开始运动时,金属桶不受摩擦力
B.当小车水平向右开始运动时,金属桶受到水平向左的摩擦力
C.当小车水平向右减速运动时,金属桶对小车的摩擦力水平向右
D.当小车水平向左减速运动时,金属桶受到的摩擦力水平向左
7.“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,图中a点是弹性绳的原长位置,c点是人所到达的最低点,b点是人静止悬吊着时的平衡位置,空气阻力不计,则人从P点下落到最低点c的过程中(　　)
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,人处于超重状态
C.在bc段绳的拉力大于人的重力,人处于超重状态
D.在c点,人的速度为零,其加速度也为零
8.若以向上为正方向,某电梯运动的v-t图像如图所示,则电梯中的乘客(　　)
A.0~t1时间内处于失重状态
B.t1~t2时间内处于失重状态
C.t4~t5时间内处于超重状态
D.t6~t7时间内处于超重状态
能力提高
9.原长为L的轻质弹簧,将其上端固定在O点,下端挂一个质量为m的小球时,弹簧的长度变为2L。现将两个这样的弹簧和两小球按如图所示方式连接,A、B两小球的质量分别为m、2m,当整个系统静止时,下列说法正确的是(不考虑小球的大小,且弹簧都在弹性限度内,重力加速度为g)(　　)
A.O、A间的距离为2L
B.O、B间的距离为5L
C.若剪断O、A间弹簧瞬间,小球B的加速度大小为g
D.若剪断A、B间弹簧瞬间,小球A的加速度大小为2g
10.如图所示,传送带与地面夹角θ=37°,A、B间距为16 m,传送带以10 m/s的速度逆时针转动,在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)煤块从A到B运动的时间;
(2)若传送带转动的速度可以调节,煤块从A点到达B点的最短时间;
(3)煤块从A点到达B点的过程中传送带上形成的划痕的长度。
11.如图所示为一架能够垂直起降的无人机,无人机的质量为m=2 kg,当无人机在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞,经时间t=4 s时离地面的高度为h=48 m,已知无人机运动过程中所受空气阻力的大小恒为Ff=4 N,g取10 m/s2。
(1)无人机动力系统所能提供的最大升力为多少
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=180 m处时,无人机由于信号故障突然失去全部升力,由静止开始竖直坠落,若无人机到达地面时速度刚好减为0,则开始下落后经多长时间需要立刻恢复最大升力
12.冬奥会高山滑雪的滑道如图甲所示,滑道可简化为如图乙所示的两个倾角不同的斜面,两斜面间平滑连接,已知斜面AB长L1=100 m、倾角为37°,斜面BC的倾角为11°(sin 11°=0.2),长度足够长。滑雪板质量m=10 kg,质量m0=65 kg的某运动员,从斜面AB的顶端由静止下滑经B点后滑上斜面BC,在距B点L2=25 m的位置速度减小为零后停下,测得他在BC段上的滑行时间是2.5 s,两段运动均可看作匀变速直线运动,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)整个滑雪过程中游客的最大速率;
(2)滑雪板与AB段滑道的动摩擦因数;
(3)运动员在BC段滑行的过程中,运动员所受摩擦力的大小。
参考答案
1.C　解析 由位移公式得x1=a1,由牛顿第二定律得F1=m1a1,两式联立解得F1=12 N;同理可得F2=5 N,则F1∶F2=12∶5,C项正确。
2.A　解析 加速阶段,物体的受力情况如图所示,根据牛顿第二定律,得Fcos 37°-Ff=ma,Fsin 37°+FN=mg,又Ff=μFN,联立得a=,代入解得a=2.25 m/s2,撤去力F后,物体做匀减速运动,根据牛顿第二定律得,物体加速度大小a'==2.5 m/s2,则物体在加速运动与减速运动阶段,加速度大小之比a∶a'=2.25∶2.5=9∶10,故D错误;设加速阶段的末速度为v,加速时间t1=,减速时间t2=,加速运动与减速运动阶段时间之比,故A正确;加速阶段位移x1=,减速阶段位移x2=,加速运动与减速运动阶段位移之比,故B错误;加速阶段平均速度,减速阶段平均速度,加速运动与减速运动阶段平均速度之比=1∶1,故C错误。
3.B　解析 当货车做匀速直线运动时,油桶a处于平衡状态,所受合力为零,故A错误;当货车做匀速直线运动时,根据对称性可知,a、b对c的支持力大小相等,且方向之间的夹角为60°,则根据平衡条件有2FNcos 30°=mg,解得FN=,根据牛顿第三定律可知油桶c对a的压力大小为F=FN=,故B正确,C错误;假设当货车向右的加速度增大到a0时,c和b之间的作用力恰好为零,则根据牛顿第二定律和力的合成有tan 60°=,解得a0=g,此时c不可能脱离a运动到b的右边,故D错误。
4.C　解析 对鸡蛋进行受力分析,可知在竖直方向上,鸡蛋受到蛋托对其的支持力,
FN=G=mg=0.045×10 N=0.45 N
在水平方向上根据牛顿第二定律可得
F=ma=0.045×5 N=0.225 N
则合力为F合==0.50 N,故选C。
5.C　解析 向右滑动时,F+0.6F=ma1,x=a1,当物块向左运动时,F-0.6F=ma2,x=a2,求得,C项正确。
6.C　解析 当小车水平向左开始运动时,加速度a的方向向左,金属桶受到向左摩擦力,A错误;当小车水平向右开始运动时,加速度a的方向向右,金属桶受到水平向右的摩擦力,B错误;当小车水平向右减速运动时,加速度a的方向向左,金属桶受到向左的摩擦力,再由牛顿第三定律,金属桶对小车的摩擦力水平向右,C正确;当小车水平向左减速运动时,金属桶受到的摩擦力水平向右,D错误。
7.C　解析 在Pa段绳还没有被拉长,人做自由落体运动,所以处于完全失重状态,在ab段绳的拉力小于人的重力,人受到的合力向下,有向下的加速度,处于失重状态;在bc段绳的拉力大于人的重力,人受到的合力向上,有向上的加速度,处于超重状态,故A、B错误,C正确;在c点,绳的形变量最大,绳的拉力最大,人受到的合力向上,加速度向上,处于超重状态,故D错误。
8.D　解析 由v-t图像可知,0~t1时间内,电梯的加速度为正,说明电梯在加速上升,乘客处于超重状态,故A错误;在t1~t2时间内,电梯的加速度为0,乘客做匀速运动,既不超重也不失重,故B错误;在t4~t5时间内,电梯在加速下降,则加速度的方向向下,该乘客处于失重状态,故C错误;在t6~t7时间内,电梯在减速下降,则加速度的方向向上,该乘客处于超重状态,故D正确。
9.D　解析 每根弹簧的劲度系数为k=,则对A、B整体分析可知O、A间距为xOA=L+=4L,故A错误;A、B间距为xAB=L+=3L,则O、B间距为7L,故B错误;若剪断O、A间弹簧瞬间,A、B间弹簧弹力不变,则小球B的加速度大小为0,故C错误;若剪断A、B间弹簧瞬间,小球A上面弹簧的弹力不变,则小球A的加速度大小为a==2g,故D正确。
10.解析 (1)煤块从开始到共速由牛顿第二定律得,mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=10 m/s2
煤块加速时间t1= s=1 s
煤块的位移x1=at2=5 m<16 m
又因为μ解得a2=2 m/s2
LAB-x1=vt2+a2
解得t2=1 s
所以煤块从A到B运动的时间t=t1+t2=2 s。
(2)煤块一直匀加速从A到B时间最短,即LAB=a1
解得tmin= s。
(3)第一阶段煤块相对于传送带向上移动,相对位移Δx1=vt1-x1=(10×1-5) m=5 m
第二阶段煤块相对于传送带向下移动,相对位移Δx2=(LAB-x1)-vt2=1 m
所以煤块痕迹s=Δx1=5 m。
答案 (1)2 s　(2) s　(3)5 m
11.解析 (1)无人机提供最大升力时,设其向上的加速度为a1,根据位移公式h=a1t2
解得a1=6 m/s2
设无人机动力系统所能提供的最大升力为F,根据牛顿第二定律F-mg-Ff=ma1
解得F=36 N。
(2)无人机失去升力竖直坠落时的加速度为a2,则
a2==8 m/s2
设刚开始下落经t1时间需要恢复最大升力,恢复最大升力时的速度为v1=a2t1
下落的高度为h1=
恢复最大升力后,加速度为a3,则
a3==10 m/s2
从恢复到下落到地面的位移h2=
利用h1+h2=H
解得v1=40 m/s
t1=5 s。
答案 (1)36 N　(2)5 s
12.解析 (1)从B到C阶段tBC=L2
解得vm=20 m/s。
(2)设在滑道AB上下滑时的加速度为a1,则有=2a1L1
得a1=2 m/s2
根据牛顿第二定律得
(m0+m)gsin 37°-μ(m0+m)gcos 37°=(m0+m)a1
得μ=0.5。
(3)运动员在BC段滑行的过程中,加速度为
a2==8 m/s2
对运动员
m0gsin 11°+Ff=m0a2
解得所受摩擦力的大小
Ff=390 N。
答案 (1)20 m/s　(2)0.5　(3)390 N
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