高考物理一轮复习课时作业13牛顿第二定律的应用专题一（含解析）

这是一份高考物理一轮复习课时作业13牛顿第二定律的应用专题一（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。
牛顿第二定律的应用专题一、选择题1．(2017·海南)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m．汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)A．10 m/s　　　　　　 B．20 m/sC．30 m/s   D．40 m/s 答案　B解析　刹车后汽车的合外力为摩擦力f＝μmg，加速度a＝＝μg＝8 m/s2；又有刹车线长25 m，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v＝＝ m/s＝20 m/s；故A、C、D三项错误，B项正确；故选B项．2.(2018·天津联考)某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是(　　)A．人在C点具有最大速度B．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态D．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重答案　D解析　由图可知，C点是最低点，人在C点的速度为零，故A项错误；C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，不是匀加速运动．故B项错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C项错误，D项正确．3．(2018·浙江模拟)一个质量为20 kg的物体静止在倾角为30°的固定坡面上(足够长)，现对其施加一个沿斜面向上、大小为300 N的推力后，物体以4 m/s2的加速度沿斜面向上运动，正确的是(　　)A．物体处于失重状态B．物体受到滑动摩擦力，大小为280 NC．若撤去推力，由于惯性，物体还要沿斜面加速一段时间，再减速D．若撤去推力，物体的加速度大小为11 m/s2答案　D解析　A项，物体加速度沿斜面向上，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，故A项错误；B项，由牛顿第二定律得F－mgsin30°－f＝ma，解得f＝120 N，故B项错误；C、D两项，若撤去推力，根据牛顿第二定律的瞬时性，由mgsin30°＋f＝ma′得a′＝11 m/s2，所以由于惯性，物体还要沿斜面向上运动，但做的是减速运动，故C项错误，D项正确．4．(2018·乐山模拟)图甲是某人站在力传感器上做下蹲，起跳动作的示意图，中间的p表示人的重心，图乙是根据传感器采集到的数据面出的力－时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有面出，取重力加速度g＝10 m/s2，根据图像分析可知(　　)A．人的重力为1 500 N B．e点位置人处于失重状态C．c点位置人处于超重状态 D．d点的加速度小于f点的加速度答案　C解析　A项，开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据二力平衡可知，人的重力也是500 N．故A项错误；B项，e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态．故B项错误；C项，c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态．故C项正确；D项，人在d点时人受到的支持力较大，则由牛顿第二定律可知d点的加速度大于f点的加速度．故D项错误．5．(2018·广西二模)某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后向上运动，在5 s末到达离地面150 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么k和v0分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　)A．0.2，60 m/s   B．1.2，60 m/sC．0.2，50 m/s   D．1.2，50 m/s答案　A解析　礼花弹向上运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，根据h＝at2，解得：a＝12 m/s2，所以有：v0＝at＝60 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力f＝kmg，根据牛顿第二定律得：mg＋f＝ma，解得k＝0.2，故A项正确，B、C、D三项错误．6．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置．该同学在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是(　　)A．0～t1时间内，升降机一定静止B．0～t1时间内，升降机可能在做匀速直线运动C．t1～t2时间内，升降机可能在匀加速上升D．t1～t2时间内，升降机可能在匀减速下降答案　B解析　A、B两项，0～t1内，电路中电流不变，说明此时压敏电阻的阻值不变，物体对压敏电阻的压力等于电梯静止时的压力，则物体处于平衡状态，物体可能静止，有可能做匀速直线运动．故A项错误，B项正确；C项，t1～t2内，电路中电流逐渐增大，说明电路中的电阻值逐渐减小，则压敏电阻所受压力逐渐增大，所以物体处于超重状态，加速度逐渐增大，可知t1～t2时间内，升降机可能做加速度增大的加速上升，或加速度增大的减速下降．故C项错误，D项错误．7．(多选)如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为(　　)A．aA＝2a＋3μg   B．aA＝2(a＋μg)C．aB＝a   D．aB＝a＋μg答案　AC解析　撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma，对B有F1－μ·2mg＝2ma，得F1＝2(a＋μg)m.撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F1，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B受力不变，aB＝a，对物块A，由牛顿第二定律得F1＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg.综上分析，A、C两项正确．8.(2018·山东模拟)在奥运会的精彩开幕式中，表演者手持各国国旗从体育场的圆周顶棚飞天而降，动感壮观．他们静止站在圆周顶棚的不同点A、B、C、D、E、F沿光滑钢索滑到场地的P区表演，如图所示，设顶棚的圆周平面与地面平行，下列关于各处表演者滑到P区所用时间的说法中正确的是(　　)A．A处表演者滑到P区所用的时间小于C处B．F处表演者滑到P区所用的时间大于E处C．所有表演者滑到P区所用的时间相等D．所有表演者滑到P所用的时间一定不相等答案　A解析　每个表演者所经过的路径可以看成一个斜面，斜面的高度都相同，只是倾角不同，类似的模型如图所示：设其中某一光滑斜面的倾角为θ，高为h，根据牛顿第二定律可得加速度a＝＝gsinθ，斜面长L＝根据运动学公式可得：L＝at2解得t＝＝，可见，倾角θ越大，时间越短，θ越小，经过的时间越长．9.如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是(　　)A．升降机正在匀加速上升B．升降机正在匀减速上升C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大D．升降机正在减速下降，且加速度越来越大答案　C解析　对篮球进行受力分析如图：由于压力传感器的示数增大，则侧壁对篮球的压力N一定增大，F′水平向左的分力增大F′一定增大，F′竖直向下的分力增大；篮球的位置不变则弹簧的弹力不变；所以篮球受到的竖直向下的合力增大，可知篮球的加速度的方向向下，可能向下做加速运动，也可以向上做减速运动．由于压力传感器的示数逐渐增大，可知加速度的大小逐渐增大．又由于升降机的加速度与篮球的加速度是相同的，由以上的分析可知，升降机可能正在加速下降，且加速度越来越大，或升降机正在减速上升，且加速度越来越大．可知只有C项正确．10.如图所示，两根长度分别为L1和L2的光滑杆AB和BC在B点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B点由静止释放，分别沿BA和BC滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为(　　)A.   B.C.   D.答案　C解析　设BA和BC倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得：滑环沿BA下滑的加速度为a1＝＝gsinα沿BC下滑的加速度为a2＝＝gsinβ设下滑时间为t，由题有：L1＝a1t2L2＝a2t2由几何知识有：sinα＝cosβ联立以上各式解得t＝，故C项正确．11.(2018·广东模拟)如图，一倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)A．滑块上滑的距离小于5 mB．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s答案　D解析　A项，以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1代入数据解得：a1＝10 m/s2滑块向上的最大位移：x＝＝ m＝5 m．故A项错误；B项，由于：mgsinθ＞μmgcosθ，可知，滑块不可能静止在斜面上．故B项错误；C项，下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2代入数据解得：a2＝2 m/s2滑块向上运动到最高点的时间：t1＝＝＝1 s向下的运动：x＝a2t22所以：t2＝ s滑块恰好又回到出发点的总时间：t＝t1＋t2＝(1＋) s．故C项错误；D项，选取向下为正方向，t＝3 s时，滑块的速度为：v3＝－v0＋a1t1＋a2t2′＝－10 m/s＋10×1 m/s＋2×2 m/s＝4 m/s.故D项正确．12.(2018·芜湖模拟)A、B两物块之间用轻弹簧相连接，静止于水平地面上，如图所示．已知物块A、B的质量分别为mA和mB，弹簧的劲度系数k，若在物块A上作用一个竖直向上的力，使A由静止开始以加速度a做匀加速运动，直到B物块离开地面．此过程中，物块A做匀加速直线运动的时间为(　　)A．t＝   B．t＝C．t＝   D．t＝答案　A解析　当B离开地面时，弹簧的弹力F2＝mBg＝kx2，解得弹簧的伸长量x2＝，初始状态，根据mAg＝kx1得，开始弹簧的压缩量x1＝，则A运动的位移x＝x1＋x2＝.根据x＝at2得，t＝，故A项正确，B、C、D三项错误．二、非选择题13．(2018·湖北二模)如图(俯视图)所示在水平地面上有一个物体，质量m＝1 kg，在两个水平方向的拉力F1和F2的共同作用下沿直线MN向右加速运动，物体经过P点时的速度v＝6 m/s.已知拉力F1的大小为3 N，F1的方向与MN的夹角θ1＝45°，拉力F2的大小为5 N．物体与地面的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)F2的方向；(2)物体经过P点后继续沿直线MN向右运动过程中在6 s内的位移大小．答案　(1)见解析　(2)153 m解析　(1)如图，令F2与MN的夹角为θ物体沿MN方向加速运动，则知，垂直MN方向物体所受合力为零即：F1sinθ1＝F2sinθ代入F1＝3 N，F2＝5 N，θ1＝45°可得：sinθ＝＝所以θ＝37°，即F2与MN成37°角；(2)由题意知，物体所受合力为：F合＝F1cosθ1＋F2cosθ－μmg＝3× N＋5× N－0.05×1×10 N＝6.5 N根据牛顿第二定律可得，物体沿MN运动的加速度为：a＝＝6.5 m/s2根据匀变速直线运动的位移时间关系可得物体经过P点后6 s内的位移为：x＝v0t＋at2＝6×6 m＋×6.5×62 m＝153 m.14．“辽宁号”航空母舰上的起飞跑道如图所示，由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．答案　(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N解析　(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F－f＝ma1v12＝2a1l1v1＝a1t1f＝0.1 mg，代入已知数据，可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有：F－f－mg＝ma2v22－v12＝2a2l2代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ m/s＝41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a，末速度大小为v，有F推＋F－f＝mav2＝2al1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小仍是a2＝3.0 m/s2v′2－v2＝2a2l2根据题意，v′＝100 m/s，代入已知数据解得F推＝5.2×105N.