2022届高考物理一轮复习专题23牛顿第二定律的理解和应用练习含解析

这是一份2022届高考物理一轮复习专题23牛顿第二定律的理解和应用练习含解析，共7页。试卷主要包含了[2021·浙江1月]等内容，欢迎下载使用。


如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同一高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力．雪道上的同学们( )
A．沿雪道做匀速直线运动
B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大
D．所受重力沿雪道向下的分力相同
2．[2021·河北衡水中学调研]一质量为0.8kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6N，重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是( )
A．若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6N
B．若升降机处于静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8N
C．若升降机加速上升，加速度大小为5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq \r(5)N
D．若升降机减速上升，加速度大小为5m/s2，则AB杆对球的作用力大小为6eq \r(5)N
3．[2021·黑龙江大庆实验中学月考]如图所示，质量为m的球与轻弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上．球静止时，Ⅰ中的拉力为F1、Ⅱ中的拉力为F2，分析当仅剪断Ⅰ或Ⅱ的瞬间，下列说法正确的是( )
A．若仅剪断Ⅰ，则球的加速度a＝g，方向水平向右
B．若仅剪断Ⅰ，则球的加速度a＝eq \f(F1,m)，方向沿Ⅰ的延长线
C．若仅剪断Ⅱ，则球的加速度a＝eq \f(F2,m)，方向水平向左
D．若仅剪断Ⅱ，则球的加速度a＝g，方向竖直向上
4．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于( )
A．1∶1B．1∶2
C．2∶1D．2∶3
5．[2021·福建永安一中高三期中](多选)如图所示，质量为m1的小圆环A套在水平细杆上，质量为m2的小球B通过轻质细线与圆环A连接，用大小为F的水平恒力拉小球B，使A、B一起做匀加速直线运动，加速度大小为a，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.细杆对圆环的支持力大小为m1g
B．圆环A与水平细杆间的动摩擦因数为eq \f(F－（m1＋m2）a,（m1＋m2）g)
C．细线中的弹力大小为eq \r(F2＋（m2g）2)
D．细线与水平方向的夹角的正切值为eq \f(m2g,F－m2a)
6.
如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )
7．在光滑水平面上放一质量为M的物体A，用轻绳通过定滑轮与质量为M的B相连，如图甲所示，其它条件不变去掉B换上拉力F，且F＝Mg.如图乙，设甲、乙两图中A的加速度分别为a1、a2，则( )
A.a1＝2a2B．a1＝a2
C．a1＝eq \f(a2,2)D．无法确定
8．[2021·河北辛集中学测试](多选)如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )
A．MgB．Mg－Ma
C．(m1＋m2)aD．m1a＋μ1m1g
9.
如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，从小球与弹簧接触开始到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况为( )
A．加速度越来越大，速度越来越小
B．加速度和速度都是先增大后减小
C．速度是先增大后减小，加速度方向是先向下后向上
D．速度是一直减小，加速度大小是先减小后增大
10.
[2020·全国卷Ⅰ]如图，一同学表演荡秋千．已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg.绳的质量忽略不计．当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A．200N
B．400N
C．600N
D．800N
11．(多选)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上的人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是( )
A．甲车的加速度大小为eq \f(F,M)
B．甲车的加速度大小为0
C．乙车的加速度大小为eq \f(2F,M＋m)
D．乙车的加速度大小为0
12．[2021·河北卷]如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接．一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起．背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq \f(7,25)，csθ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化．求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．
专题23 牛顿第二定律的理解和应用
1．C
同学们坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知加速度a＝eq \f(mgsinθ－μmgcsθ,m)＝gsinθ－μgcsθ，因为μ相同，所以同学们做加速度相同的匀加速直线运动，A错误；下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减少，B错误；同学们做匀加速直线运动，加速度大小相等，随着时间的增加，同学们前后的速度差不变，所以同学们前后间的距离随着时间不断增大，C正确；各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力mgsinθ也可能不相同，D错误．
2．C 若升降机是静止的，球也是静止的，球处于平衡状态，由平衡条件可知，杆对球的作用力大小为eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(绳)) ＋（mg）2)＝10N，故A、B错误；若升降机加速上升，在竖直方向，对球由牛顿第二定律得Fy－mg＝ma，解得Fy＝12N，在水平方向，由平衡条件得Fx＝F绳＝6N，杆对球的作用力大小为F＝eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝6eq \r(5)N，故C正确；若升降机减速上升，对球在竖直方向，由牛顿第二定律得mg－F′y＝ma，解得F′y＝4N，在水平方向，由平衡条件得Fx＝F绳＝6N，杆对球的作用力大小为F′＝eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋F′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝2eq \r(13)N，故D错误．
3．C 细线和弹簧未断时，球受力如图甲所示，球的重力和F1、F2的合力为零，剪断弹簧瞬间，细线拉力突变为零，故小球只受重力，加速度为g，
方向竖直向下，故A、B均错误；剪断细线瞬间，弹簧的弹力和小球的重力不变，受力如图乙所示，由几何关系可知，F合＝F2＝ma，a＝eq \f(F2,m)，方向水平向左，故C正确，D错误．
4．A 水平向右拉两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度a＝eq \f(F－μ（M＋m）g,M＋m)＝eq \f(F,3m)－μg，隔离分析物块A有kx1－μmg＝ma，得kx1＝eq \f(F,3)，x1＝eq \f(F,3k).竖直向上加速提升两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度a′＝eq \f(F－（M＋m）g,M＋m)＝eq \f(F,3m)－g，对A物块有kx2－mg＝ma′，得kx2＝eq \f(F,3)，x2＝eq \f(F,3k).所以x1∶x2＝1∶1，A正确，B、C、D错误．
5．BD 6.A 7.C
8．BC A、B一起在光滑面上向右加速由牛顿第二定律可得T＝(m1＋m2)a，故C正确，对C列牛顿第二定律Mg－T＝Ma，T＝Mg－Ma，B正确．
9．C 在接触的第一个阶段mg>kx，F合＝mg－kx，合力方向竖直向下，小球向下运动，弹簧形变量x逐渐增大，所以F合逐渐减小．由a＝eq \f(F合,m)得a的方向竖直向下，且逐渐减小．又这一阶段a与v的方向都竖直向下，所以v逐渐增大．当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大．之后，小球继续向下运动，mg10．B 该同学荡秋千可视为做圆周运动，设每根绳子的拉力大小为F，以该同学和秋千踏板整体为研究对象，在最低点根据牛顿第二定律得2F－mg＝eq \f(mv2,R)，代入数据解得F＝410N，故每根绳子平均承受的拉力约为400N，故B项正确，A、C、D项错误．
11．BC 对甲：以整体为研究对象，水平方向不受力，所以甲车的加速度大小为0；对乙：以整体为研究对象，水平方向受向左的2F的拉力，故乙车的加速度大小为eq \f(2F,M＋m).故选BC.
12．(1)9m (2)7.44m/s
解析：(1)设背包的质量为m，滑雪者的质量为M.
对背包，由牛顿第二定律得
mgsinθ－μmgcsθ＝ma1，
解得背包的加速度a1＝2m/s2，设背包由A点运动到B点的时间为t，
由匀变速直线运动的规律得
eq \f(1,2)a1t2＝v0(t－1s)＋eq \f(1,2)a2(t－1s)2，
解得t＝3s，
则滑道AB段的长度xAB＝eq \f(1,2)a1t2＝9m.
(2)背包到达B点的速度v1＝a1t＝6m/s，
滑雪者到达B点的速度v2＝v0＋a2(t－1s)＝7.5m/s，
滑雪者拎起背包的过程中，根据动量守恒定律得
mv1＋Mv2＝(M＋m)v，
解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v＝7.44m/s.