2023届高考物理一轮复习 3.2.2 牛顿第二定律应用(二) 过关检测

这是一份2023届高考物理一轮复习 3.2.2 牛顿第二定律应用(二) 过关检测，共7页。试卷主要包含了5 s时，电梯处于失重状态，5 s时，电梯处于超重状态等内容，欢迎下载使用。
A.t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B.5～55 s时间内，绳索拉力最小
C.t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D.t＝60 s时，电梯速度恰好为零
2.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A.物体的质量为eq \f(F0,a0)
B.地球表面的重力加速度为2a0
C.当a＞0时，物体处于失重状态
D.当a＝a1时，拉力F＝eq \f(F0,a0)a1
3.(2020·江苏海门中学第二次质调)一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这一过程中其余各力均不变。那么，下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是( )
4. (2020·北京市丰台区二模)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放在一起，A上表面水平，A物体的质量为2m，B物体的质量为m。当滑块A、B一起沿斜面向下运动时，A、B始终保持相对静止。关于B物体在下滑过程中的受力，下列说法正确的是( )
A. B物体受到的支持力FN＝mg，方向竖直向上
B.B物体受到的支持力FN＝mg－mgsin θ，方向竖直向上
C.B物体受到的摩擦力Ff＝mgsin θ，方向沿斜面向下
D.B物体受到的摩擦力Ff＝mgsin θcs θ，方向水平向左
5. (2020·山东泰安市4月多校联考)中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈现给世界的一张靓丽名片，目前“中国高铁”通车里程达到3.5万公里，居世界第一位。为满足高速运行的需要，在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为F的动力。当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为( )
A.eq \f(1,4)F 向后 B.eq \f(1,4)F 向前
C.eq \f(3,4)F 向后 D.eq \f(3,4)F 向前
6.(2020·重庆市一中上学期期末)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v－t图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A.小球重力和阻力大小之比为6∶1
B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点的速度大小为8eq \r(6) m/s
D.小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
7.(多选)(连接体问题)如图所示,光滑水平面上放置着四个相同的木块,其中木块B与C之间用一轻弹簧相连,轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B,使四个木块以相同的加速度一起加速运动,则下列说法正确的是( )
A.一起加速过程中,D所受到的静摩擦力大小为F4
B.一起加速过程中,C受到4个力的作用
C.一起加速过程中,A、D所受摩擦力的大小和方向相同
D.当F撤去瞬间,A、D所受静摩擦力的大小和方向都不变
8.(多选)(连接体问题)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ,其顶端装有光滑小滑轮,绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B,另一端被人拉着,且人、滑轮间的轻绳平行于斜面。人的质量为M,B物块的质量为m,重力加速度为g,当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上加速运动时,B物块运动的加速度大小为a2,则下列说法正确的是 ( )
A.物块一定向上加速运动
B.人能够沿斜面向上加速运动,必须满足m>Msin θ
C.若a2=0,则a1一定等于mg-MgsinθM
D.若a1=a2,则a1可能等于mg-MgsinθM+m
9. (2020·福建南平市第一次质检)如图6所示，在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮，一细绳跨过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与物体B连接，物体A、B均处于静止状态，细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调，将A置于距地面h高处由静止释放，设A与地面碰撞后立即停止运动，B在斜面上运动过程中不与滑轮发生碰撞，重力加速度为g。试求：
(1)A和B的质量之比；
(2)物体B沿斜面上滑的总时间。
10.如图所示，在水平地面上固定一个倾角为30°的斜面。斜面上有一个质量为M＝1.5 kg的箱子，一轻绳上端固定在箱子的上顶面O点，另一端连接一个质量为m＝0.1 kg 的小球。某时刻起，箱子在沿斜面向下的力F作用下，沿斜面向下运动，稳定后，小球相对箱子静止且细绳与竖直方向成60°。已知箱子与斜面的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),2)，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
(1)稳定时，细绳上的拉力F1的大小和小球的加速度a；
(2)作用在箱子上的力F的大小。
11.(2020·浙江温州市4月适应性测试)2019年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞，如图甲所示。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图乙所示的轨道：水平轨道AB长L1＝157.5 m，倾斜轨道高h＝6 m，水平投影长L2＝42.5 m。总质量为3.0×104 kg的某舰载机，从A点以36 km/h 的初速度出发，到达B点时的速度为288 km/h，进入上翘甲板后，经0.5 s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为8.0×105 N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：
(1)在水平轨道上运动的加速度大小；
(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；
(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。
12.(2020·浙江选考模拟)如图所示为一滑草场的滑道示意图，某条滑道由AB、BC、CD三段组成，其中AB段和BC段与水平面的倾角分别为53°和37°，且这两段长度均为L＝28 m，载人滑草车从坡顶A点由静止开始自由下滑，先加速通过AB段，再匀速通过BC段，最后停在水平滑道CD段上的D点，若滑草车与AB、BC、CD三段草地之间的动摩擦因数均为μ，不计滑草车在滑道交接处的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；
(2)滑草车经过B点时的速度大小vB；
(3)滑草车从A点运动至D点的时间t?
参考答案：
1.答案 D解析 利用a－t图像可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。
2.答案 A解析 当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，B错误；当a＝0时，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为eq \f(F0,a0)，A正确；当a＞0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，C错误；当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝eq \f(F0,a0)、g＝a0，故拉力F＝eq \f(F0,a0)(a1＋a0)，D错误。
3.答案 D解析 由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐增大到原来的大小，物体受到的合力逐渐增大到某值，然后逐渐减小到零，根据牛顿第二定律知物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零，而速度从零开始一直增大，根据v－t 图像的切线斜率表示瞬时加速度，知D图正确，故A、B、C错误，D正确。
4.答案D解析：对A、B的整体，由牛顿第二定律3mgsin θ＝3ma解得a＝gsin θ
对物体B，竖直方向：mg－FN＝masin θ 解得FN＝mg－masin θ＝mgcs2θ
方向竖直向上水平方向：Ff＝macs θ＝mgsin θcs θ
方向水平向左。故D正确，A、B、C错误。
5.答案 A解析 设每节机车和车厢的质量均为m，摩擦和空气阻力为Ff，加速度为a，对于16节车厢2F－16Ff＝16ma
第10节(包含机车)对第11节的作用力大小F1，则对后六节车厢F－6Ff＋F1＝6ma
解得F1＝－eq \f(1,4)F
第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为eq \f(1,4)F，方向向后，选项A正确。
6.答案 C解析 根据图像可得上升过程的加速度大小为a1＝12 m/s2，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma1，代入数据解得eq \f(f,m)＝2 m/s2，即mg∶f＝5∶1，故A错误；下降过程中由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，结合A选项解得a2＝8 m/s2，根据h＝eq \f(1,2)at2，可得t＝eq \r(\f(2h,a))，所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2＝eq \r(a2)∶eq \r(a1)＝eq \r(2)∶eq \r(3)，故B错误；小球匀减速上升的高度h＝eq \f(1,2)×2×24 m＝24 m，根据v2＝2a2h，代入数据解得v＝8eq \r(6) m/s，故C正确；小球下落过程中，加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。.
7.AC 一起加速过程中,由整体法有:a=F4m,对D:FfD=ma=F4,A正确;对C受力分析,C受到重力、地面对C的支持力、D对C的压力和摩擦力及弹簧对C的弹力,共5个力,B错误;对A:fA=ma=F4,C正确;当F撤去瞬间,D受力情况不变,B受力情况改变,A所受静摩擦力方向改变,D错误。
8.CD 对人受力分析,由牛顿第二定律可以知道F-Mgsin θ=Ma1
得:F=Mgsin θ+Ma1
若F>mg,则物体B加速上升,若FMgsin θ即可,故B错误;若a2=0,F=mg,故mg-Mgsin θ=Ma1,a1=mg-MgsinθM,所以C正确;若a1=a2,F=Mgsin θ+Ma1,mg-F=ma2,则a1等于mg-MgsinθM+m,所以D正确。
9.答案 (1)2∶1 (2)4eq \r(\f(h,g))
解析 (1)对物体A、B受力分析，有mAgsin 30°＝FT1 FT1＝mBg 解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(2,1)。
(2)A、B对调后，A物体接触地面前
对A：mAg－FT2＝mAa1 对B：FT2－mBgsin 30°＝mBa1
A落地后，B继续向上运动mBgsin 30°＝mBa2 得a1＝a2
B在斜面上运动时，有h＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1) a1t1＝a2t2 解得t1＝t2＝2eq \r(\f(h,g))
所以B运动总时间t＝t1＋t2＝4eq \r(\f(h,g))。
10.答案 (1)1 N 10 m/s2，沿斜面向下 (2)20 N
解析 (1)对小球进行受力分析，
并沿斜面和垂直于斜面建立坐标系，如图所示。
在垂直于斜面方向上，合力为0，可得F1sin 60°＝mgsin 60° 得F1＝1 N
在沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律得
F1cs 60°＋mgcs 60°＝ma 得a＝10 m/s2 方向沿斜面向下
(2)箱子和小球相对静止，可以将箱子和小球看做一个整体，对整体进行受力分析，并沿斜面和垂直于斜面建立坐标系，如图所示。
整体加速度a0＝a＝10 m/s2 摩擦力Ff＝μFN
在垂直于斜面方向上合力为0，可得FN＝(Mg＋mg)sin 60°
在沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律得
F＋(Mg＋mg)cs 60°－Ff＝(M＋m)a 联立得F＝20 N
11.答案 (1)20 m/s2 (2)2.0×105 N (3)50 m/s
解析 (1)根据速度位移公式v2－veq \\al(2,0)＝2aL1 解得a＝20 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma 解得Ff＝2.0×105 N。
(3)A到C位移x＝eq \r(（L1＋L2）2＋h2)≈200 m
所用的时间t＝eq \f(v－v0,a)＋0.5 s＝4 s 平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝50 m/s。
12.答案 (1)0.75 (2)14 m/s (3)7.87 s
解析 (1)BC段：mgsin 37°＝μmgcs 37°，得μ＝0.75。
(2)AB段：mgsin 53°－μmgcs 53°＝ma1 又veq \\al(2,B)＝2a1L 解得vB＝14 m/s。
(3)AB段：t1＝eq \f(vB,a1)＝4 s BC段：t2＝eq \f(L,vB)＝2 s CD段：μmg＝ma3
t3＝eq \f(vB,a3)＝1.87 s 则t＝t1＋t2＋t3＝7.87 s。