统考版高考物理一轮复习课时分层作业（八）牛顿第二定律的应用含答案

这是一份统考版高考物理一轮复习课时分层作业（八）牛顿第二定律的应用含答案，共10页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．SpaceX公司的“猎鹰9号”火箭成功将载有2名宇航员的“飞龙号”发射升空，并成功对接国际空间站．下列说法错误的是( )
A.火箭点火加速，上升的阶段，宇航员处于超重状态
B.“飞龙号”载人飞船与空间站对接时不能视为质点
C.宇航员在国际空间站中可以用体重计测量体重
D.火箭通过向后喷射气体提供动力，火箭与气体之间的相互作用力大小相等
2．(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两个大小都是50 N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是( )
A.物体受到的合力为50 N
B.物体的加速度为25 eq \r(3) m/s2
C.3 s末物体的速度为75 m/s
D.3 s内物体发生的位移为125 m
3.
(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A.物体经10 s速度减为零
B.物体经2 s速度减为零
C.物体速度减为零后将保持静止
D.物体速度减为零后将向右运动
4.
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轴、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.tAB.tA＝tCC.tA＝tC＝tB
D.由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
5.
如图所示，质量m＝3 kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行，已知斜面的倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝ eq \f(1,3) ，重力加速度g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，cs θ＝0.8，则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为( )
A.14 m/s2 B．12 m/s2
C.10 m/s2 D．8 m/s2
6.
如图所示，两位同学用已经校准过的弹簧测力计(精度为0.2 N)在电梯中做实验，他们先将测力计挂在固定于电梯壁的钩子上，然后将一质量为0.2 kg的物体挂在测力计挂钩上(g取10 m/s2)，对于下图中的各图分别对应电梯可能的运动情况，下列说法正确的是 ( )
A.甲图中电梯正在以a＝1 m/s2的加速度匀加速向下运动
B.乙图中电梯正在匀速向上运动
C.丙图中，电梯正在以a＝1 m/s2的加速度匀减速向下运动
D.丁图中电梯正在匀速向上运动
7.
如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a、b之间搭建两个斜面1、2，已知斜面1与a杆的夹角为60°，斜面2与a杆的夹角为30°.现将一小物块(可视为质点)先后从斜面1、2的顶端(a杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g取10 m/s2，则μ1∶μ2等于( )
A. eq \f(\r(3),2) B． eq \f(\r(3),3)
C. eq \f(1,2) D． eq \f(1,3)
8．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )
A.mg B． eq \f(1,3) mg
C. eq \f(1,2) mg D． eq \f(1,10) mg
9．如图1所示，“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动．“滑滑梯”装置可用图2表示，斜面AB倾角θ＝37°，AD＝2.4 m，C点处有墙壁．小朋友(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小为4 m/s.假定小朋友与AB、BC面的动摩擦因数相等，在B点平滑过渡(不损失机械能)，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)在滑行过程中，AB面和BC面对小朋友的支持力大小之比；
(2)小朋友与AB面的动摩擦因数；
(3)为了防止小朋友在C点撞墙，B、C间距离的最小值．
综合题组
10．[2021·山西模拟](多选)如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧被压缩时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动时为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )
A.升降机在停止运动前是向下运动的
B.0～t1时间段内金属球做减速运动
C.t1～t2时间段内金属球处于超重状态
D.t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同
11．[2021·上海卷，19]如图，在倾角为θ的斜面ABC上，AB段光滑且长为L，BC段粗糙(动摩擦因数恒定)且足够长．一质量为m的物体在平行于斜面的力F作用下，从静止开始运动，在AB段做匀加速直线运动，经过时间t0到达B点．重力加速度为g，求：
(1)AB段的拉力F的大小；
(2)物体运动到B点时拉力的功率PB；
(3)若BC段拉力的功率恒为PB，且物体做减速运动．定性画出物体由A运动到C的v ­ t图象．
课时分层作业（八） 牛顿第二定律的应用
1．解析：火箭点火加速，上升的阶段，加速度向上，宇航员处于超重状态，选项A正确，不符合题意；“飞龙号”载人飞船与空间站对接时，飞船的大小不能忽略，不能视为质点，选项B正确，不符合题意；宇航员在国际空间站中由于处于完全失重状态，则不可以用体重计测量体重，选项C错误，符合题意；火箭通过向后喷射气体提供动力，火箭与气体之间是相互作用力，其大小相等，选项D正确，不符合题意．
答案：C
2．解析：两个夹角为120°的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度a＝ eq \f(F合,m) ＝25 m/s2，3 s末速度v＝at＝75 m/s，3 s内位移x＝ eq \f(1,2) at2＝112.5 m，故A、C正确，B、D错误．
答案：AC
3．解析：物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝ eq \f(F＋Ff,m) ＝ eq \f(2＋3,1) m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝ eq \f(v0,a) ＝ eq \f(10,5) s＝2 s，B正确，A错误；减速到零后，恒力F答案：BC
4．解析：由“等时圆”模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC答案：B
5．解析：剪断轻绳之前，对物块受力分析可得弹簧的拉力
F＝ eq \f(mg,sin 37°) ＝50 N
剪断轻绳瞬间，根据牛顿第二定律得：
F－mg sin θ－μmg cs θ＝ma
解得a＝8 m/s2，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
6．解析：甲图中，弹簧计示数为2.5 N，物体的重力mg＝2 N，根据牛顿第二定律可知，F－mg＝ma，解得a＝2.5 m/s2，即电梯以2.5 m/s2的加速度匀加速向上运动，故A错误；乙图中，弹簧测力计的示数为2N，等于重力，物体处于平衡状态，可能匀速向上运动，故B正确；丙图中，弹簧测力计示数为1.5 N，则mg－F＝ma，解得a＝2.5 m/s2，即电梯以2.5 m/s2的加速度匀加速向下运动，故C错误；丁图中，测力计示数为0，物体处于完全失重状态，加速度为g，故D错误．
答案：B
7．解析：设a、b之间的水平距离为L，到达斜面底端所用的时间为t，当物块在斜面1上运动时，有 eq \f(L,sin 60°) ＝ eq \f(1,2) （g sin 30°－μ1g cs 30°）t2，物块在斜面2上运动时，有 eq \f(L,sin 30°) ＝ eq \f(1,2) （g sin 60°－μ2g cs 60°）t2，联立解得 eq \f(μ1,μ2) ＝ eq \f(1,3) ，D正确．
答案：D
8．解析：设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝a1T2，向下运动时：3d－d＝a2T2，解得： eq \f(a1,a2) ＝ eq \f(3,1) ，根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1，向下运动时：mg－f＝ma2，解得：f＝ eq \f(1,2) mg，C正确．
答案：C
9．解析：（1）在AB面上，FN1＝mg cs θ
在BC面上，FN2＝mg
AB面和BC面对小朋友的支持力大小之比，
eq \f(FN1,FN2) ＝ eq \f(cs θ,1) ＝0.8
（2）小朋友在AB面上的加速度大小为a1
又因为xAB＝ eq \f(hAD,sin θ) ＝4 m
所以a1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,2xAB) ＝2 m/s2
由牛顿第二定律得
ma1＝mg sin θ－μmg cs θ
得μ＝0.5
（3）小朋友在BC面上的加速度大小a2＝μg＝5 m/s2
刚好不撞上C点，设BC的长度为xBC
得xBC＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,2a2) ＝1.6 m
BC的长度至少为1.6 m
答案：（1）0.8 （2）0.5 （3）1.6 m
10．解析：由题图可知，升降机停止运动后弹簧先被压缩，可知升降机在停止运动前是向下运动的，选项A正确；0～t1时间段内，弹力从零一直增大到最大，弹力先小于重力沿斜面向下的分力，后又大于重力沿斜面向下的分力，可知金属球先做加速运动后做减速运动，选项B错误；同理，t1～t2时间段内，金属球沿斜面向上先加速后减速，则金属球先超重后失重，选项C错误；t2和t4两时刻弹簧的弹力为零，则弹簧在原长位置，此时金属球只受重力和斜面的支持力，加速度均为g sin 30°，且由机械能守恒可知速度的大小相同，选项D正确．
答案：AD
11．解析：
（1）解法一 物体在AB段运动时，受力分析如图甲所示，则由牛顿第二定律得F－mg sin θ＝ma
又由运动学公式得L＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
整理得F＝mg sin θ＋ eq \f(2mL,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
解法二 对物体由A到B的过程，由动量定理得（F－mg sin θ）t0＝mvB
又由运动学公式得 eq \f(vB,2) ＝ eq \f(L,t0)
整理得F＝mg sin θ＋ eq \f(2mL,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) .
（2）由 eq \f(vB,2) ＝ eq \f(L,t0) 得物体在B点的速度大小为vB＝ eq \f(2L,t0)
则物体运动到B点时拉力的功率PB＝FvB
整理得PB＝ eq \f(2mgL sin θ,t0) ＋ eq \f(4mL2,t eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) ) .
（3）物体运动到BC段后，受力分析如图乙所示由题意知该过程保持功率PB恒定，且物体做减速运动，则由公式P＝Fv可知，牵引力F逐渐增大．根据牛顿第二定律mg sin θ＋Ff－F＝ma可知，物体的加速度逐渐减小，当物体的加速度等于0，即mg sin θ＋Ff＝F时，物体的速度减小到最小，此后保持该速度做匀速直线运动．
由以上分析可知，物体在AB段做初速度为零的匀加速直线运动，BC段先做加速度逐渐减小的减速运动，再做匀速直线运动．
该过程的速度随时间的变化图象如图丙所示．
答案：（1）mg sin θ＋ eq \f(2mL,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) （2） eq \f(2mgL sin θ,t0) ＋ eq \f(4mL2,t eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) ) （3）见解析