2025届高考物理一轮复习练习：牛顿第二定律的综合应用(二)

在机场及火车站中使用的安检设备，其输送系统可抽象为图示的简化模型。该输送带持续以0.4米每秒的速度匀速前进，行李与输送带之间的动摩擦系数为0.2，A与B两点之间的距离为2米，重力加速度取值为10米每平方秒。旅客将行李（可视为质点）以零初速度置于A点，据此，以下陈述中正确的是：行李在起初阶段的加速度数值为2 m/s²，行李在2秒后抵达B点，行李抵达B点时的速度量值为0.4 m/s，行李在传送带上形成的摩擦痕迹长度为0.08米。图示中，一条足够长的传送带以倾角θ等于37°倾斜设置，并以恒定速度v等于4 m/s沿顺时针方向旋转。一块煤炭以初始速度12米每秒从A端冲向传送带，煤炭与传送带之间存在动摩擦因数0.25，重力加速度取10米每秒平方，正弦37度等于0.6，余弦37度等于0.8。D．煤块在传送带上造成的划痕总长度达到16米。当木板承受着随时间t而变化的水平拉力F时，我们通过传感器测量其加速度a，并据此绘制出了类似于图乙所示的a-F曲线图。在g等于10m/s²的条件下，最大静摩擦力等同于滑动摩擦力，因此可以得出以下结论：A. 滑块的质量是2.5千克；B. 木板的质量是3千克；C. 当作用力为8牛顿时，滑块的加速度达到2米每平方秒；D. 滑块与木板之间的动摩擦系数为0.65。在图甲中，倾角为θ的传送带以恒定速度逆时针旋转，将一个质量为1千克的煤块轻轻放置在传送带的A端，煤块的速度随时间变化如图乙所示，2秒后煤块到达B端。沿传送带向下设定为正方向，tan 53°的值为，g取10m/s²，据此可以推断：A. 传送带的倾角θ为37°；B. 煤块与传送带之间的动摩擦系数为0.4；C. 2秒内煤块在传送带上留下的痕迹长度为6米；D. 2秒内煤块与传送带摩擦产生的内能为20焦耳。在图示的倾斜传送带上，滑块以某一初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数保持恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其速度v随时间t变化的图像可能是。在图甲中，长木板B静止在水平地面上，t＝0时刻，质量为1千克的物块A在水平外力F的作用下，从长木板B的左端开始静止运动，1秒后外力F被撤去，物块A和长木板B的速度-时间图像如图乙所示，g＝10m/s²，以下说法中错误的是：A. 长木板的最小长度为2米；B. A、B之间的动摩擦系数为0.1；C. 长木板的质量为0.5千克；D. 外力F的大小为4牛顿。滑沙运动是孩子们喜爱的活动，其过程可以比作图示的模型，斜坡的倾角为37°，滑板长度为1米，滑板与沙之间的动摩擦系数未知。小孩（可视为质点）位于滑板顶端，与滑板同步从静止状态下滑，小孩与滑板之间的滑动摩擦系数受小孩衣物材质影响，图中所示的小孩与滑板间的滑动摩擦系数为0.4。小孩与滑板的质量相同，斜坡长度充足，sin 37°的值为0.6，cos 37°的值为0.8，重力加速度g取10 m/s²，据此判断以下选项中正确的是：A. 小孩在滑板上下滑的加速度为2 m/s²；B. 在小孩与滑板尚未分离前，滑板的加速度为0.8 m/s²；C. 经过1秒钟，小孩会与滑板分离；D. 小孩与滑板分离时的速度为0.8 m/s。多选题，正确答案为ABCD。在图甲中，质量为mA＝2 kg的木板A静止于水平地面上，质量为mB＝1 kg的滑块B静止于木板左端，对滑块B施加一个向右的水平恒力F，经过一段时间后滑块B从木板A的右端滑出，木板A继续在地面上移动一段距离后停止。在此过程中，木板A的速度随时间变化的曲线如图乙所示。若将最大静摩擦力等同于滑动摩擦力，并设定重力加速度为g＝10 m/s²，那么以下选项中哪些是正确的？（多选）A. 滑块与木板之间的动摩擦系数为0.6；B. 木板与地面之间的动摩擦系数为0.1；C. 力F的数值可能达到9 N；D. 力F的数值可能与板长L存在关联。在t＝0时刻，小车以初速度v0向右行驶，随后在车右侧端点处放置了一个初速度为零的小滑块，结果该滑块并未从车上滑落。图乙展示了小滑块与小车运动过程中的速度-时间（v-t）关系图，图中标注的t1、v0、v1均为已知数值，且重力加速度的数值为g。通过计算可以得到以下结果：A. 小车的实际长度；B. 小滑块的实际质量；C. 小车在匀减速运动过程中的实际加速度；D. 小滑块与小车之间存在的动摩擦系数。机场地勤工作人员运用传送带，以恒定速度v1＝0.6 m/s，通过倾斜角度α＝37°的传送带，将行李从飞机上卸下。图中展示的传送带，其转轴之间的距离为L＝3.95 m。工作人员以每秒1.6米的速度，从传送带顶部推动一个小包裹，该包裹可被视作质点。包裹与传送带之间存在动摩擦，摩擦系数为0.8。已知重力加速度为每秒10米，且sin 37°等于0.6，cos 37°等于0.8。现需计算：(1)包裹相对于传送带滑动的加速度a；(2)包裹通过传送带所需的时间t。如图所示，在光滑的水平面上，存在一块长度足够的长木板，其质量为4千克。木板右侧放置了一个质量为1千克的小物块。木板与物块之间的动摩擦系数为0.2。初始状态下，木板和物块均处于静止。此刻，我们施加了一个大小为14牛顿的水平恒力F，用以拉动木板。经过1秒钟的时间，我们停止施加这个恒力。在重力加速度g为10米每平方秒的条件下，那么在恒力F的作用下，长木板的加速度是多少呢？当F力被移除之后，小物体与长木板的右侧边缘之间的距离是多少？而长木板和小物体最终将以怎样的速度保持匀速移动？最后，小物体与长木板的右侧边缘之间的距离将变为多少？AC解析：起初，对行李进行受力分析，依据牛顿第二定律可得μmg等于ma，从而计算出加速度a为2 m/s²，因此A选项正确；假设行李进行匀加速运动的时间为t1，其末速度为v，即0.4 m/s，通过公式v等于at1，代入数值求得t1为0.2秒，匀加速运动的位移x计算为at1的一半，即0.04米，匀速运动的时间t2为4.9秒，因此行李从A到B的总时间为t1加t2，即5.1秒，故B选项错误；通过上述分析，可以确定行李在抵达B点之前已经与传送带同步，因此行李到达B点时的速度大小同样为0.4 m/s，故C选项正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度Δx为v乘以t1减去x，即0.04米，因此D选项错误。煤块初始阶段进行匀减速运动，依据牛顿第二定律，可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，计算后得出a1＝8 m/s²。假设经过时间t后与传送带速度相同，根据v0－a1t＝v，解得t＝1 s，因此A选项错误；速度相同后，摩擦力方向朝上，依据牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝4 m/s²。煤块先以12 m/s的初速度、8 m/s²的加速度减速至4 m/s，随后以4 m/s²的加速度减速至0，再反向加速回到A点。v-t图像显示，煤块上升到最高点的位移等于v-t图线与时间轴围成的面积，即x＝×(12＋4)×1 m＋×4×1 m＝10 m，因此B选项错误；物块上升到最高点后，以初速度为零、加速度a2＝4 m/s²进行匀加速直线运动，设返回A点所需时间为t1，下滑位移x＝a2t，解得t1＝ s，结合图像，物块从冲上传送带到返回A端的总时间为t总＝(2＋) s，因此C选项错误；在0～1 s内，传送带速度低于物块，划痕长度L1＝×(12＋4)×1 m－4×1 m＝4 m，划痕位于物块下方；在1～2 s内，传送带速度超过物块，划痕长度L2＝4×1 m－×4×1 m＝2 m，由于L2＜L1，上升阶段产生的划痕为4 m，此时煤块位于划痕中点；在2～(2＋) s时间内，煤块向下移动了10 m，传送带向上移动了4 m，因此煤块在传送带上的划痕长度L＝(10＋4＋2) m＝(12＋4) m，故D选项正确。故选D。由题图乙可以看出，在0至1秒的时间段内，物体A的位移为5米，物体B的位移为2米。对物体A进行受力分析，得出微小的摩擦力等于物体A的加速度乘以质量；对物体B进行受力分析，得出微小的摩擦力等于物体B的加速度乘以质量。1秒之后，两个物体相对静止，并一起以匀速运动，速度可以表示为v0减去加速度a乘以时间t。物体B的位移可以表示为xB等于加速度aB乘以时间t的平方，即2米，从而解得加速度aB为4米每平方秒。因此，两个物体共同的速度v末等于物体B的速度vB，即aB乘以时间t，等于4米每秒。对于物体A，其位移xA等于时间t，速度v末等于v0减去加速度a乘以时间t，解得初速度v0为6米每秒。摩擦系数μ为0.2，因此正确答案为B。解析：从题图乙中可以看出，当作用力F为12牛顿时，加速度a达到4米每平方秒。通过整体分析，依据牛顿第二定律F等于a，将数值代入后，计算得出M加m的总质量为3千克。当F超过12牛顿时，根据牛顿第二定律，加速度a等于F减去某个值，题图乙中F大于12牛顿的图线斜率为k，计算得k等于2千克每牛顿，从而解出M为0.5千克，滑块的质量m为2.5千克，因此A选项正确，B选项错误。观察F大于12牛顿的图线，当F为10牛顿时，加速度a为零，即0等于2乘以F减去2乘以摩擦系数μ乘以2.5千克乘以10牛顿，代入数值后，计算出摩擦系数μ为0.4。当F为8牛顿时，对滑块和木板整体应用牛顿第二定律，得到F等于（M加m）乘以加速度a'，计算得出a'为某个值米每平方秒，因此C和D选项错误。[id_971771261]题图乙显示，在0至1秒的时间段内，煤块的加速度为10米每平方秒，而在1至2秒的时间段内，其加速度降至2米每平方秒。传送带的速度恒定为10米每秒。依据牛顿第二定律，我们得到以下方程：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2。通过解方程，我们得出θ＝37°，μ＝0.5，因此选项A正确，而B错误。在0至1秒内，传送带和煤块的位移分别是x1＝10米和x1′＝5米，它们的相对位移Δx1＝5米。在1至2秒内，传送带和煤块的位移分别是x2＝10米和x2′＝11米，相对位移Δx2＝1米。在0至1秒内，煤块的位移小于传送带，导致传送带上留下5米长的痕迹。在1至2秒内开元ky888棋牌官方版，煤块的位移大于传送带，但新增的1米长痕迹与之前的痕迹重合，因此传送带上留下的总痕迹长度为5米，故选项C错误。在2秒内，由于摩擦，煤块与传送带之间产生的内能为Q＝μmgcosθ(Δx1＋Δx2)＝24焦耳，因此选项D也是错误的。故选A。BC解析：设定传送带的倾斜角度为θ，滑块与传送带接触时的动摩擦系数为μ，滑块的质量标记为m。当mgsinθ超过μmgcosθ时，滑块所受的合力方向是沿着传送带向下，此时滑块将进行匀加速下滑；若mgsinθ等于μmgcosθ，滑块在传送带方向上所受的合力为零，滑块将匀速下滑；而若mgsinθ小于μmgcosθ，滑块所受的合力方向则是沿着传送带向上。在这种情况下开元ky888棋牌官网版，滑块会先进行匀减速运动，直到速度降为零，然后开始反向加速。当滑块的加速度达到与传送带速度相同的时候，由于最大静摩擦力大于滑块重力沿传送带向下的分力，滑块将与传送带一起匀速运动。因此，选项A和D是错误的，而选项B和C是正确的。由题图乙观察，2秒后，物块与木板同步加速，共同以恒定速度移动，这表明木板与地面间不存在摩擦力。在v-t图像中，曲线与坐标轴所围成的区域代表物体的位移。因此，在2秒内，物块的位移是4米，木板的位移是2米。据此，长木板的最短长度应为物块位移减去木板位移，即2米，选项A正确。从题图乙中可以看出，在1秒时外力F被移除，根据1至2秒内物块A的受力情况和牛顿第二定律，动摩擦因数μ为0.1，选项B正确。木板的加速度同样为1m/s²，根据木板受力情况和牛顿第二定律，木板的质量为1.0千克，选项C错误。在0至1秒内，物块A的受力情况和牛顿第二定律表明，外力F减去摩擦力等于物块A的加速度乘以质量，加速度为3m/s²，从而得出外力F为4牛顿，选项D正确。故选C。BC解析：针对小孩，依据牛顿第二定律，可以列出方程mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，通过计算得到加速度a1为2.8 m/s²；同理，对于滑板，加速度a2可计算为0.8 m/s²，因此A选项错误，B选项正确。当小孩与滑板分离的瞬间，根据方程a1t2－a2t2＝L，解得时间t为1秒；据此，小孩离开滑板时的速度v为a1t，即2.8 m/s，故D选项错误，C选项正确。BD解析：滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1，等于2 m/s²。依据牛顿第二定律，对木板A而言，μ1乘以mB的重量减去μ2乘以(mA加上mB)的重量等于mA乘以a1。滑块滑出木板后，木板的加速度变为a2，等于-1 m/s²。同样根据牛顿第二定律，-μ2乘以mAg等于mA乘以a2。联立这两个方程，解得μ1为0.7，μ2为0.1。因此，A选项错误，B选项正确。对于滑块B，作用力F减去μ1乘以mB的重量等于mB乘以aB。由于aB大于a1，即aB大于2 m/s²，因此F必须大于9 N，所以F不可能等于9 N，C选项错误。根据公式L等于aB乘以t的平方减去a1乘以t的平方，其中t等于1秒，联立解得F等于(2L加上9) N，即F的大小取决于板长L，D选项正确。ACD解析：最终，小滑块并未从小车中滑出。从题图乙中，我们可以计算出小车的长度L等于t1减去t1，即t1。因此，选项A是正确的；同样，从题图乙中，我们可以得出小车进行匀减速直线运动的加速度a'和滑块进行匀加速直线运动的加速度a，但无法求出滑块的质量，所以选项B是错误的，而选项C是正确的；针对滑块，根据牛顿第二定律，我们有a等于m乘以a，等于μ乘以g，再结合a等于a'，联立这些方程，我们可以解出滑块与小车之间的动摩擦因数μ等于某个值，因此选项D也是正确的。因此，我们选择了ACD选项。解析如下：首先，小包裹的移动速度v2超过了传送带的速度v1，因此它受到了传送带施加的摩擦力，该力沿着传送带的方向向上。根据牛顿第二定律，我们可以得到摩擦力与重力的分力之间的关系，即μmgcos θ减去mgsin θ等于ma，从而计算出加速度a为0.4 m/s²。小包裹起初在传送带上沿直线方向进行匀减速运动，其运动持续时间t1为2.5秒，据此计算其在传送带上的滑动距离x1为2.75米，即x1＝t1×2.5。由于小包裹所受的滑动摩擦力超过了重力在传送带方向上的分力，即μmgcos θ＞mgsin θ，因此，小包裹与传送带达成共同速度后开yun体育app入口登录，便随传送带一同进行匀速直线运动至传送带末端，此阶段的匀速运动时间t2为2秒。因此，小包裹通过整个传送带的总时间t为t1与t2之和，即t＝t1＋t2＝4.5秒。在长木板上，依据牛顿第二定律，加速度a计算得出为3 m/s²。在撤去外力F之前，小物块仅受到摩擦力的作用，其加速度am等于μg，即2 m/s²。由此，小物块在摩擦力作用下的位移Δx1可以通过公式计算得出，即Δx1＝at²－amt²，其值为0.5 m。撤除F力后，长木板的运动速度v降至3 m/s，而小物块的速度则降至2 m/s。继续撤除F力后，长木板的加速度变为0.5 m/s²。假设再经过时间t′，两者的速度最终相等，记为v′，则有v′＝vm＋amt′＝v－a′t′。通过计算，我们得到v′＝2.8 m/s，t′＝0.4 s。在时间t′期间，小物块与长木板之间的相对移动量Δx2达到了-0.2米。因此，最终小物块与长木板右端之间的距离x计算为Δx1加上Δx2，即0.7米。学科网（北京）股份有限公司。