新教材高考物理一轮复习课时规范练8牛顿第二定律的应用含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练8牛顿第二定律的应用含答案，共11页。

1.(物体受力分析)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持稳定,将其置于木板A、B之间,如图所示。两木板固定在车上,且板间距离刚好等于工件的外部直径。当卡车沿平直公路以加速度a匀加速行驶时,工件对木板A、B压力的大小分别为F1、F2,则( )
A.F1=ma,F2=0B.F1=0,F2=ma
C.F1=0,F2=0D.F1=ma,F2=ma
2.(超重失重问题)如图所示,垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过曳引绳(钢丝绳)将它们连接起来,曳引绳通过驱动电机的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯内导轨上做上下运动。某次“轿厢”向上做匀减速运动,则( )
A.“轿厢”处于超重状态
B.“对重”处于失重状态
C.“对重”向下做匀加速运动
D.曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小
3.(多选)(动力学两类基本问题)(2023山东德州质检)如图甲所示,直角三角形斜劈abc固定在水平面上。t=0时,一物块(可视为质点)从底端a以初速度v1沿斜面ab向上运动,到达顶点b时速率恰好为零,之后沿斜面bc下滑至底端c。若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等,物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示,v1、v2、t1、t2、g已知,则下列物理量可求的是( )
A.斜面ab的倾角θ
B.物块与斜面间的动摩擦因数μ
C.物块的质量m
D.斜面bc的长度L
4.(多选)(超重失重问题)(2023安徽黄山模拟)我国奥运冠军在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将奥运冠军视为质点),奥运冠军竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s,竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等,假设所受水的阻力恒定,不计空气阻力,奥运冠军的体重为35 kg,重力加速度大小g取10 m/s2,则( )
A.跳离跳台后上升阶段奥运冠军处于失重状态
B.入水后奥运冠军处于失重状态
C.奥运冠军在空中运动的时间为1.5 s
D.入水后奥运冠军受到水的阻力为612.5 N
5.(动力学两类基本问题)右图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零时,Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°=0.26,cs 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )
A.3 m/s2B.2.7 m/s2
C.1.5 m/s2D.1 m/s2
6.(超重、失重与动力学两类问题)(2022山东青岛莱西期末)某商场里的观光电梯设计的最大速度为vm=2.4 m/s,电梯加速和减速时的加速度大小均为a=0.8 m/s2。某质量为m=50 kg的游客乘坐电梯直接从一楼直达六楼。已知该商场每层楼的高度均为h=6 m,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.在前3 s内,电梯中的游客处于失重状态
B.电梯匀变速运动的总时间为3.6 s
C.该游客所受的最大支持力为460 N
D.电梯匀速上升的高度为22.8 m
7.(动力学两类基本问题)处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间的夹角为60°,其中直径AB水平,AD与CD是光滑的细杆。从A点和C点分别静止释放两小球,从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2,则t1∶t2等于( )
A.1∶1B.3∶2
C.3∶2D.2∶3
素养综合练
8.(2022江苏海门期末)如图所示,在游乐场的两个相邻滑冰道上有甲、乙两同学坐在冰车上进行游戏。当甲从倾角为θ的光滑冰道顶端A由静止开始自由下滑时,在斜面底部B处的乙通过滑冰杖作用于冰面,从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速直线运动,加速度为14g。已知甲、乙和冰车均可视为质点,甲通过斜面与水平面的交接处(B处)时,速度的方向改变、大小不变,且最终甲刚好在C处能追上乙,则( )
A.斜面AB长度与水平面BC长度相等
B.斜面倾角θ=30°
C.甲运动至B处时,乙运动至BC中点处
D.若甲从A有初速度下滑,则甲、乙相遇位置可能在C点右侧
9.一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图像如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.铝球刚开始运动的加速度a0=g
B.铝球下沉的速度将会一直增大
C.铝球下沉过程受到油的阻力Ff=ma0vv0
D.铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功
10.(2023四川金堂县淮口中学高三检测)如图所示,ABC是一雪道,AB段为长l=80 m、倾角θ=37°的斜坡,BC段水平,AB与BC平滑相连。一个质量m=75 kg的滑雪运动员(含滑雪板),从斜坡顶端以v0=2.0 m/s的初速度匀加速滑下,经时间t=5.0 s到达斜坡底端B点,滑雪板与雪道间的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点)。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a。
(2)求滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ。
(3)求运动员滑上水平雪道后,在t'=2.0 s内滑行的距离x。
11.(2023江苏镇江第一中学模拟)2021年5月22日,我国火星探测器天问一号成功着陆火星。在着陆的最后阶段,探测器到达距火星表面100 m的时候,进入悬停阶段,这个时候可能会进行一些平移,选择安全的着陆区进行着陆。探测器在火星表面最后100 m着陆的模拟示意图如图所示。某时刻从悬停开始关闭探测器发动机,探测器开始做竖直匀加速下落,5 s后开启发动机,探测器开始做竖直匀减速下落,到达火星表面时,探测器速度恰好为零。假设探测器下落过程中受到火星大气的阻力恒为探测器在火星表面重力的15,火星表面的重力加速度取4 m/s2,探测器总质量为5 t(不计燃料燃烧引起的质量变化)。
(1)求全程的平均速度大小。
(2)求减速下落过程中的加速度大小。
(3)求减速下落过程中发动机产生的推力大小。
12.如图甲所示,光滑平台右侧与一长为L=2.5 m的水平木板相接,木板固定在地面上,有一小滑块以初速度v0=5 m/s滑上木板,恰好滑到木板右端静止。现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角θ=37°,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ;
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
答案：
1.A 解析 对工件受力分析知,当车匀加速行驶时,工件会挤压A,不挤压B,故F2=0,由牛顿第二定律得F1=ma,故A正确。
2.D 解析 当“轿厢”向上做匀减速运动时,加速度向下,处于失重状态,它受到曳引绳的拉力小于它的重力,由牛顿第三定律得,曳引绳受到的拉力大小小于“轿厢”的重力,此时“对重”向下做匀减速运动,加速度向上,处于超重状态,所以A、B、C错误,D正确。
3.ABD 解析 设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2,由v-t图像的斜率等于加速度,得a1=v1t1,a2=v2t2-t1;物块上滑时,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcs θ=ma1,物块下滑时,根据牛顿第二定律有mgsin(90°-θ)-μmgcs(90°-θ)=ma2,联立以上四式,由数学知识可求得斜面ab的倾角θ和物块与斜面间的动摩擦因数μ,但不能求出物块的质量m,故选项A、B正确,C错误;斜面bc的长度为L=v2(t2-t1)2,可以求出,选项D正确。
4.AD 解析 跳离跳台后上升阶段,加速度竖直向下,则奥运冠军处于失重状态,选项A正确。入水后奥运冠军的加速度竖直向上,处于超重状态,选项B错误。以竖直向上为正方向,则根据-h=v0t-12gt2,可得t=2 s,即奥运冠军在空中运动的时间为2 s,选项C错误。入水时的速度v1=v0-gt=-15 m/s,在水中的加速度大小a=0-v1t=7.5 m/s2,方向竖直向上,根据牛顿第二定律可知F阻=mg+ma=35×10 N+35×7.5 N=612.5 N,选项D正确。
5.A 解析 汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图所示
竖直方向有
FQ+mg=FNcs 15°
水平方向有
FNsin 15°=ma
联立解得a=FQ+mgmtan 15°=FQm×0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故A选项正确。
6.D 解析 电梯设计最大速度为vm=2.4 m/s,加速度大小为a=0.8 m/s2,由速度—时间公式可得加速运动的时间,则有t1=vma=2.40.8 s=3 s,在前3 s内,电梯中的游客加速向上,处于超重状态,故A错误;由题意可知,电梯加速和减速时的加速度大小均为a=0.8 m/s2,可知加速和减速运动的时间均为3 s,故电梯做匀变速运动的总时间为6 s,故B错误;由牛顿第二定律有F-mg=ma,解得该游客所受的最大支持力为F=mg+ma=50×10 N+50×0.8 N=540 N,故C错误;电梯做匀变速运动上升的总高度为h1=2×12at12=2×12×0.8×32 m=7.2 m,电梯匀速上升的高度为h2=5h-h1=5×6 m-7.2 m=22.8 m,故D正确。
7.C 解析 由几何关系得,AD与水平面的夹角为30°,设圆周的半径为R,则有xAD=2Rcs 30°=3R,根据牛顿第二定律得,小球在AD上运动的加速度大小为a1=gsin 30°=12g,根据xAD=12a1t12,可得t1=2xADa1=43Rg;由几何关系得xCD=2R,小球在CD上运动的加速度大小a2=gsin 60°=32g,根据xCD=12a2t22,可得t2=2xCDa2=8R3g,则有t1t2=32,故A、B、D错误,C正确。
8.B 解析 设甲到达B的时间为t1,甲在水平面上追上乙的时间为t2,水平面都是光滑的,甲到达水平面后做匀速直线运动,设甲匀速直线运动的速度为v,则甲在水平面上的位移x2=vt2,乙做匀加速直线运动,最终甲刚好在C处能追上乙,说明甲追上乙时乙的速度恰好为v,则乙的位移x2=v2(t1+t2),联立可得t1=t2,可知甲刚好追上乙时,甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等;甲在斜面上运动的位移为x1=v2t1=12vt2=12x2,即斜面AB长度等于水平面BC长度的一半,故A错误。设甲在斜面上运动的加速度大小为a,对甲从开始到B处过程中,有x1=12at12,对乙从开始运动到C的过程中,有x2=12×14g×(t1+t2)2=12gt12,联立解得a=12g,对甲在斜面上运动过程中,根据牛顿第二定律可得mgsin θ=ma,解得θ=30°,故B正确。由于t1=t2,根据匀变速直线运动的规律可知,甲运动至B处时,乙正好运动一半时间,根据初速度为零的匀加速直线运动中,连续相等的时间内位移之比为奇数比,可知乙运动的距离为s=14lBC,故C错误。若甲从A有初速度下滑,则甲到达C点的时间减少,此时乙不可能到达C点,所以相遇点在C点的左侧,不可能在C点右侧,故D错误。
9.C 解析 刚开始释放时,铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a0=mg-F浮m=g-F浮m10.答案 (1)5.6 m/s2 (2)0.05 (3)59 m
解析 (1)根据l=v0t+12at2,代入数据解得a=5.6 m/s2。
(2)在斜坡上运动员受力如图甲所示,建立如图甲所示的直角坐标系。
根据牛顿第二定律,x方向上有mgsin θ-Ff=ma
y方向上有FN-mgcs θ=0
Ff=μFN
联立解得μ=0.05。
(3)运动员滑到B点时的速度vB=v0+at=30 m/s
在水平雪道上运动员受力如图乙所示,建立如图乙所示的直角坐标系。
设运动员的加速度为a',根据牛顿第二定律,x方向上有-μFN'=ma'
y方向上有FN'-mg=0
又x=vBt'+12a't'2,联立解得x=59 m。
11.答案 (1)8 m/s (2)3215 m/s2 (3)2.67×104 N
解析 (1)探测器匀加速下落过程中,由牛顿第二定律得mg火-Ff=ma1,其中Ff=15mg火
解得a1=3.2 m/s2
5 s末的速度为v=a1t1=16 m/s
全程的平均速度大小为v=v2=8 m/s。
(2)加速下落过程中,由h1=12a1t12
代入数据得h1=40 m
减速下落过程中通过的位移为h2=60 m
减速下落过程中的加速度大小a2=v22h2=3215 m/s2。
(3)设减速下落过程中发动机产生的推力大小为F,有F+Ff-mg火=ma2
代入解得F=2.67×104 N。
12.答案 (1)0.5 (2)1+52 s
解析 (1)设滑块质量为m,木板水平时滑块加速度大小为a,则对滑块有μmg=ma
滑块恰好滑到木板右端静止,则
0-v02=-2aL
解得μ=v022gL=0.5。
(2)当木板倾斜时,设滑块上滑时的加速度大小为a1,上滑的最大距离为s,上滑的时间为t1,有
μmgcs θ+mgsin θ=ma1
0-v02=-2a1s
0=v0-a1t1
解得s=1.25 m,t1=12 s
设滑块下滑时的加速度大小为a2,下滑的时间为t2,有
mgsin θ-μmgcs θ=ma2
s=12a2t22
解得t2=52 s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间为
t=t1+t2=1+52 s。