高三物理一轮复习 第3章 第2讲牛顿第二律习题

咐呼州鸣咏市呢岸学校【走向高考】高三物理一轮复
习 第3章 第2讲牛顿第二律习题
一、选择题(1～6题为单项选择题，7、8题为多项选择题)
1．(2021·模抉)中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午举行，如下图，员王亚用天宫一号中的“质量测量仪〞测量员聂海胜的质量为74kg 。

测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100N 的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1m/s ，那么复位的时间为( )
A ．0.74s
B ．0.37s
C ．0.26s
D ．5s
[答案] A
[解析] 宇航员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用，所以是匀变速直线运动，由牛顿第二律可得
宇航员的加速度为a ＝F m ＝100N 74kg ＝10074m/s2，再根据加速度的义式a ＝vt －v0t
得到复位的时间，所以复位时间t ＝vt a ＝110074
s ＝0.74s ，A 正确。

2．(2021·铁一中模拟)如下图，小车沿水平面做直线运动，小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸弹簧拉着，小车向右做加速运动。

假设小车向右的加速度增大，物块始终相对小车静止，那么物块所受摩擦力F1和车右壁受弹簧的拉力F2的大小变化可能是( )
A ．F1不变，F2一直变大
B ．F1先变小后变大，F2不变
C ．F1先变大后变小，F2不变
D ．F1变大，F2先变小后不变
[答案] B
[解析] 小车向右的加速度增大，而物块始终相对小车静止，即弹簧伸长量始终不变，那么F2不变，A 、D
错；假设开始没有摩擦力或摩擦力水平向右，那么随着加速度的增大，摩擦力必变大；假设开始摩擦力向左，那么随着加速度的增大，摩擦力必先变小后变大，B 对C 错。

3．(2021·质检)如下图，一物体分别从3个不同高度，但同底的光滑斜面的顶端
由静止开始滑下，斜面与水平面夹角分别为30°、45°、60°，滑到底端所用的
时间t1、t2、t3的关系是( )
A ．t1＝t2＝t3
B ．t1＝t3>t2
C ．t1>t2>t3
D ．t1<t2<t3
[答案] B
[解析] 设斜面的底边长度为l ，倾角为θ，物体运动的位移l cosθ，物体在光滑斜面上运动的加速度a ＝mgsinθm ＝gsinθ，根据运动学方程l cosθ＝12
·(gsinθ)t2 ，解得t ＝2l gsinθcosθ，将30°、45°、60°分别代入可得t1＝t3>t2，选项B 正确。

4．(2021·月考)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如下图．不计木块与车厢底部的摩擦力，那么在这段时间内弹簧的形变为( )
A ．伸长量为m1g k
tanθ B ．压缩量为m1g k tanθ C ．伸长量为
m1g ktanθ D ．压缩量为m1g ktanθ
[答案] A
[解析] 对小球：F 合＝m2gtanθ＝m2a ，a ＝gtanθ，对木块：F 弹＝kx ＝m1a ，x ＝m1g k
tanθ，故A 正确。

5．(2021·)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。

当物块的初速度为υ时，上升的最大高度为H ，如下图；
当物块的初速度为υ2时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别
为( )
A ．tanθ和H 2
B ．(v22gH －1)tanθ和H 2
C ．tanθ和H 4
D ．(v22gH －1)tanθ和H 4
[答案] D
[解析] 此题考查牛顿第二律的两类根本问题，用牛顿第二律和运动学公式解即可，根据牛顿第二律，
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma ，而0－v2＝－2a H sinθ，解得μ＝[v22gH －1]tanθ，当速度为v 2时，(v 2
)2－v2＝－2a h sinθ，解得h ＝H 4
，此题中物体做匀变速运动，且末速度为零，可以根据动能理求动摩擦因数，根据初速度为零的匀变速运动规律直接判断h ＝H 4。

6．(2021·)如下图，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M ＝5kg ，小车上静止放置一质量为m ＝1kg 的木块，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F 拉动小车，以下关于木块的加速度am 和小车的加速度aM ，可能正确的有( )
A ．am ＝2m/s2，aM ＝1m/s2
B ．am ＝1m/s2，aM ＝2m/s2
C ．am ＝2m/s2，aM ＝4m/s2
D ．am ＝3m/s2，aM ＝5m/s2
[答案] C
[解析] 此题考查牛顿第二律的用，意在考查考生合理选择研究对象以及用牛顿第二律解决问题的能力。

当木块与小车间的摩擦力恰好到达最大值时，木块与小车加速度相同，木块的加速度最大，对木块，am ＝μg＝2m/s2为最大值且am≤aM，应选项A 、D 错误；当木块的加速度为1m/s2时，木块与小车加速度相同，应选项B 错误；当a ＝2m/s2时，假设木块相对小车发生滑动，小车的加速度随外力F 增大而增大，应选项C 正确。

7.(2021·陕高三教学质量检测)如下图，运发动手持球拍托球沿水平面匀加
速运动，设球拍和球的质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，
球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，那么( )
A ．运发动的加速度大小为gtanθ
B ．球拍对球的作用力为mg cosθ
C ．运发动对球拍的作用力为Mgcosθ
D ．假设运发动的加速度大于gsinθ，那么球一沿球拍向上运动
[答案] AB
[解析] 球拍对球的支持力与球的重力的合力于ma ，由此可得运发动的加速度大小为a ＝gtanθ，球拍对
球的作用力为F ＝mg cosθ，选项A 、B 正确；运发动对球拍的作用力为M ＋m g cosθ
，选项C 错误；假设运发动的加速度大于gtanθ，球一沿球拍向上运动，选项D 错误。

8．(2021·理综)如下图，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P 、Q 由通过滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v2，P 与滑轮间的绳水平，t ＝t0时刻P 离开传送带。

不计滑轮质量和摩擦，绳足够长。

正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( )
[答案] BC
[解析] v2<v1时，P 所受传送带的摩擦力方向向右，物体加速运动，最后与传送速速度相同，一起匀速向右运动，选项B 正确；v2>v1时，P 所受传送带的摩擦力方向向左，物体减速运动，然后到达速度v1，以后有以下几种情况，物体Q 的重力比物体P 所受传送带的最大摩擦力小，即GQ<fm ，物体P 将与传送速一起匀速向右运动；如果GQ>fm ，那么物本P 将继续减速运动，速度减到零后，再向左加速度运动，由牛顿第二律知，这两个加速度相，综上所述，选项A 、B 错误，C 正确。

二、非选择题
9.(2021·质量预测)如下图，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20kg ，铸
件与地面间的动摩擦因数是0.25。

工人用80N 的力拉动铸件，从静止开始
在水平面上，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4s 后松手。

求松手后铸件还能的距离。

(g ＝10m/s2)
[解析] 工人拉铸件时，根据牛顿第二律有
Fcosα－f＝ma1
N1＋Fsinα－mg＝0
又f＝μN1
解得a1＝1.3m/s2
松手时，铸件的速度v＝a1t＝5.2m/s
设松手后，铸件的加速度为a2，根据牛顿第二律有μmg＝ma2
解得a2＝2.5m/s2
松手后，铸件滑行的距离是s＝
v2
2a2
＝5.4m。

10．(2021·云南统一检测)如下图，质量M＝1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m＝1kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2。

(1)假设水平地面光滑，计算说明两物块间是否发生相对滑动。

(2)假设木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间。

[答案] (1)不会(2)2s
[解析] (1)A、B之间的最大静摩擦力为
fm>μ1mg＝0.3×1×10N＝3N
假设A、B之间不发生相对滑动，那么
对A、B整体：
F＝(M＋m)a
解得：fAB ＝N
因fAB<fm ，故A 、B 之间不发生相对滑动
(2)对B ：F －μ1mg＝maB
对A ：μ1mg－μ2(M＋m)g ＝MaA
据题意：xB －xA ＝L
xA ＝12aAt2 xB ＝12
aBt2 解得：t ＝2s
11.传送带以稳的速度v ＝6m/s 顺时针转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，
现在将一质量m ＝2kg 的物体(可以看作质点)放在其底端，传送带顶端平台上的
人通过轻绳以恒的拉力F ＝20N 拉物体，经过一段时间物体被拉到斜面顶端，如
下图，传送带底端与顶端的竖直高度H ＝6m ，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25，设最大静摩擦力于滑动摩擦力。

(g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)求物体从底端运动到顶端所用的时间；
(2)假设物体与传送带到达速度相的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要多长时间离开传送带？
[答案] (1)2s (2)(32＋152
)s [解析] (1)设物体开始运动时的加速度为a1，那么F ＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1，解得a1＝6m/s2 物体到达和传送带速度相历时t1
由v ＝a1t1得t1＝1s
s ＝vt1/2＝3m
然后对物体进行受力分析：F －μmgcos37°－mgsin37°＝ma2，解得a2＝2m/s2
再经t2到达顶端，那么H/sin37°－s ＝vt2＋12
a2t22 t2＝1s 或者t2＝－7s(舍去)，所以物体到达顶端共历时t ＝t1＋t2＝2s 。

(2)当撤去拉力时，对物体进行受力分析得mgsin37－μmgcos37°＝ma3
得a3＝4m/s2，方向沿斜面向下，故物体做减速运动，经时间t3速度减到0
物体上升的距离为s2＝vt3/2
a3t3＝v ，t3＝s
得s2＝4.5m ，故物体没有上到顶端，从而沿斜面下滑到底端离开传送带
设物体从速度为0滑回底端的时间为t4，那么12a3t24＝s ＋s2，得t4＝152
s 所以物体还需要(32＋152
)s 离开传送带。

12．(2021·一模)如下图，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。

假设让该小木块从木板的底端以
大小恒的初速率v0＝10 m/s 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x 将发生变化，重力加速度g ＝10 m/s2。

(结果可用根号表示)
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。

[答案] (1)
33 (2)θ＝60°，3v204g [解析] (1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：
mgsinθ＝μFN
FN －mgcosθ＝0 解得，μ＝tanθ＝tan30°＝
33 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a ，那么：
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma
木块的位移x为：0－v20＝2ax
那么x＝
v20
2g sinθ＋μcosθ
令tanα＝μ，那么当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°
x最小值为xmin＝
v20
2g sin60°＋μcos60°
＝
3v20
4g。