(新高考)高考物理一轮复习课时作业第3章第2讲《牛顿第二定律的应用》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时作业第3章第2讲《牛顿第二定律的应用》(含解析)，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第2讲　牛顿第二定律的应用   　　时间：50分钟　 　　满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7题为单选，8～10题为多选)1. (2021·辽宁省葫芦岛市高三(上)期末)如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对小球的作用力(　　)A．大小为mg，方向竖直向上B．大小为ma，方向水平向右C．大小与小球的加速度大小无关D．方向与小球的加速度大小有关答案　D解析　设铁夹对小球的作用力为F，则F竖直方向的分力F1＝mg，水平方向的分力F2＝ma，铁夹对小球的作用力F＝＝m，F与水平方向的夹角α满足tanα＝＝，即F的大小和方向都与小球的加速度大小有关，故A、B、C错误，D正确。2. (2020·湖北省名师联盟高三入学调研)智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则(　　)A．乘客始终处于超重状态B．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上D．扶梯匀速上升时，扶梯对乘客的作用力竖直向上答案　D解析　乘客站上扶梯，电动扶梯缓慢加速阶段，乘客的加速度斜向上，有竖直向上的分加速度和水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律，在竖直方向上，扶梯对乘客的支持力大于其重力，乘客处于超重状态，在水平方向上，乘客受到水平向右的摩擦力，此时扶梯对乘客的作用力斜向右上方；扶梯匀速上升时，加速度为零，扶梯对乘客只有向上的支持力，即扶梯对乘客的作用力竖直向上，且与乘客所受重力大小相等，则既不超重也不失重。故A、B、C错误，D正确。3．(2020·四川省绵阳市高三上二诊)一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度v0沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述物块速度v随时间t变化关系的图像是(　　)答案　C解析　根据牛顿第二定律，物块上滑过程：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，下滑过程：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，比较可知：a1＞a2，则物块上滑过程v­t图像的斜率绝对值比下滑过程的大，A、D错误；由x＝at2可知，下滑过程所用时间比上滑过程长，由x＝可知，下滑过程的末速度大小小于v0，故C正确，B错误。4. (2020·辽宁省大连市高三双基测试)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处于静止状态时，物块B恰好对地面没有压力，此时轻弹簧的形变量为x。已知重力加速度为g，若突然剪断细绳，则下列说法正确的是(　　)A．剪断细绳后，A物块向下运动x时速度最大B．剪断细绳后，A物块向下运动3x时速度最大C．剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为3gD．剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为g答案　B解析　剪断细绳前，物块B恰好对地面没有压力，根据平衡条件有：mg＝kx，对物块A有：T＝2mg＋kx，即T＝3mg；剪断细绳后，刚开始物块A受到竖直向下的重力和弹力，物块A加速下落，下落过程中弹力变小，加速度减小，当弹簧恢复原长后，物块A继续向下运动，压缩弹簧，当弹簧弹力等于重力时，物块A加速度减为零，此时速度最大，设弹簧压缩量为x1，对物块A有：2mg＝kx1，解得：x1＝2x，物块A向下运动的总距离为3x，A错误，B正确。剪断细绳瞬间，弹簧弹力不突变，物块A所受重力和弹力的合力与剪断前绳子拉力等大反向，所以A物块的加速度大小：a＝＝＝g，C、D错误。5．(2020·江淮十校高三上第二次联考)一固定杆与水平方向夹角为θ＝30°，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ＝。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个(　　)答案　D解析　把滑块和小球看作一个整体受力分析，沿杆方向：(m1＋m2)gsin30°＋f＝(m1＋m2)a，垂直杆方向：FN＝(m1＋m2)gcos30°，摩擦力：f＝μFN，联立可解得：a＝gsin30°＋μgcos30°＝7.5 m/s2，设绳子与竖直方向夹角为β，对小球有：a＝gsinβ＝7.5 m/s2，则β＞30°，故D正确，A、B、C错误。6. (2020·湖北省部分示范高中教学协作体高三上期中)如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑。当在绳的B端挂一质量为m的物体时(重力加速度为g)，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是(　　)A．a1＝a2  B.a1>a2C．a1<a2  D.无法确定答案　C解析　当在绳的B端挂一质量为m的物体时，根据牛顿第二定律，对质量为m的物体有：mg－T＝ma1，对物体A有：T＝Ma1，联立得：a1＝；当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，对物体A分析有a2＝＝，可知a2>a1，C正确。7. (2020·河北衡水中学三月份教学质量监测)如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。取g＝10 m/s2，若下底板传感器的示数不变，上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　)A．匀加速上升，a′＝5 m/s2  B.匀加速下降，a′＝5 m/s2C．匀速上升  D.静止状态答案　B解析　当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块和轻弹簧整体受力分析，由牛顿第二定律知FN上＋mg－FN下＝ma，其中FN上＝4.0 N，FN下＝10.0 N，代入解得m＝1 kg；若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，下底板传感器示数不变，仍为10.0 N，则上顶板传感器的示数是5.0 N，对金属块和轻弹簧整体，由牛顿第二定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′，解得a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯的运动状态可能是以5 m/s2的加速度匀加速下降，或以5 m/s2的加速度匀减速上升，故B正确，A、C、D错误。8. (2020·安徽省合肥市一六八中学高三四模)如图所示为跳伞者在下降过程中速度v随时间t变化的示意图。根据示意图，判断下列说法正确的是(　　)A．0～t1内跳伞者速度越大，空气阻力越大B．跳伞者在水平方向上越飞越远C．tanθ＝g(g为当地的重力加速度)D．在t1～t2内，跳伞者处于超重状态答案　AD解析　0～t1内v­t图线斜率变小，加速度变小，速度增大，由牛顿第二定律知重力不变，则空气阻力变大，故A正确；由题意只知竖直方向的运动情况，无法确定跳伞者在水平方向上的运动情形，故B错误；开始时，跳伞者速度为零，加速度为g，即题图中与图线相切的虚线的斜率为g，但虚线斜率不一定等于tanθ，故C错误；在t1～t2内，跳伞者向下减速，加速度向上，处于超重状态，故D正确。 9．(2020·福建省仙游第一中学、福建八中高三上学期第三次质检)倾角为θ、质量为M的室内小滑梯如图所示，质量为m的小朋友沿着滑梯匀加速下滑，整个运动过程中滑梯保持静止不动。对此运动过程，下列有关说法正确的是(　　)A．小朋友和滑梯之间的动摩擦因数一定小于tanθB．地面对滑梯的支持力一定等于(m＋M)gC．地面对滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosθsinθD．地面对滑梯的摩擦力方向一定向左答案　AD解析　因为小朋友沿着滑梯匀加速下滑，则mgsinθ＞μmgcosθ，解得μ＜tanθ，A正确；因为小朋友存在一个竖直向下的分加速度，处于失重状态，故地面对滑梯的支持力小于两者的总重力，B错误；小朋友存在一个水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友受到的合力向左，根据牛顿第三定律可知小朋友对滑梯在水平方向上的作用力向右，即滑梯有向右的运动趋势，则滑梯受到地面的摩擦力方向一定向左，a水平＝acosθ＝cosθ＝(gsinθ－μgcosθ)cosθ，故地面对滑梯的摩擦力大小为f＝ma水平＝(mgsinθ－μmgcosθ)cosθ，C错误，D正确。10. (2020·安徽省六安市毛坦厂中学高三上月考)如图所示，将质量为0.2 kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的直径，环与杆之间的动摩擦因数为0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上的拉力F，使圆环以4.4 m/s2的加速度沿杆加速运动，拉力与杆的夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，取g＝10 m/s2，则F的大小可能为(　　)A．F＝1 N  B.F＝2 NC．F＝9 N  D.F＝18 N答案　BD解析　对环受力分析，若环不受杆的弹力和摩擦力；竖直方向上：Fsin53°＝mg，解得：F＝2.5 N，水平方向上：Fcos53°＝ma0，解得：a0＝7.5 m/s2；圆环沿杆做匀加速运动，当F＜2.5 N时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有，水平方向上：Fcosθ－μFN＝ma，竖直方向上：FN＋Fsinθ－mg＝0，解得：F＝2 N；当F＞2.5 N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律有，水平方向上：Fcosθ－μFN′＝ma，竖直方向上：Fsinθ－mg－FN′＝0，解得：F＝18 N。综上所述，B、D正确，A、C错误。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11. (2020·安徽省合肥市高三第一次教学质量检测)(14分)图示为深圳市地标建筑——平安金融大厦。其内置观光电梯，位于观景台的游客可360°鸟瞰深圳的景观。电梯从地面到116层的观景台只需58 s，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速阶段，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大速度为10 m/s。当电梯加速上升时，质量为50 kg的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为65 kg，g取10 m/s2，求：(1)电梯加速上升的加速度大小；(2)观景台距地面的高度。答案　(1)3 m/s2　(2) m解析　(1)当电梯加速上升时，在电梯地板上的台秤示数为65 kg，则台秤对人的支持力F＝m′g＝65×10 N＝650 N对人，由牛顿第二定律有F－mg＝ma代入数据解得a＝3 m/s2。(2)设电梯匀加速运动的高度为h，时间为t，则有h＝，t＝代入数据解得h＝ m，t＝ s因电梯匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移相同设电梯匀速运动的时间为t1，匀速运动的高度为h1，则有t1＝t总－2t，h1＝vt1代入数据解得t1＝ s，h1＝ m故观景台距地面的高度H＝h1＋2h代入数据解得H＝ m。12. (16分)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；(2)求运动员到达B处时的速度大小；(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。答案　(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m解析　(1)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 m/s2运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t1＝＝2 s位移x1＝a1t＝8 m。(2)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5 m/s2由v＝v2＋2a2(l－x1)代入数据解得vB＝15 m/s。(3)根据牛顿第二定律得，a3＝μ3g＝5 m/s2在水平面滑行的距离x3＝＝22.5 m。