2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练三牛顿定律的应用

这是一份2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练三牛顿定律的应用，共7页。
专题强化练(三)　牛顿定律的应用
1．如图，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是(　　)


A　　　　　B　　　　C　　　　D
解析：篮球自由落地到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力ma1＝mg－N，开始阶段地面弹力N小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，N增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力N增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为ma2＝N－mg，随着N增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为零；篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上(为负)减小，再向下(为正)增大．故B符合题意，A、C、D不符合题意．故选B.
答案：B
2．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“·”表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．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．c点位置人处于超重状态
C．e点位置人处于失重状态
D．d点的加速度小于f点的加速度
解析：开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据力平衡可知，人的重力也是500 N，A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误；人在d点时人受到的支持力较大，则由牛顿第二定律可知a＝ m/s2＝20 m/s2，f点的支持力为零，人处于完全失重状态，加速度为重力加速度10 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误．故选B.
答案：B
3．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2 m/s沿木板向上滑行，隨着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2，x的最小值为(　　)

A．0.12 m B．0.14 m
C．0.16 m D．0.2 m
解析：设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，
由牛顿第二定律－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
解得a＝－g(sin θ＋μcos θ)，
设木块的位移为x，有0－v＝2ax，
根据数学关系知sin θ＋μcos θ＝sin (θ＋α)，
其中tan α＝μ＝0.75，
可得α＝37°，
当θ＋α＝90°时加速度有最大值，
且最大值a＝－g，
此时θ＝90°－α＝53°，加速度最大值为a＝－g.
x的最小值为xmin＝＝0.16 m，
故A、B、D错误，C正确．故选C.
答案：C
4．一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中无初速跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图像如图甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面．已知空降特战兵的质量为 60 kg.设降落伞用 8 根对称的绳拉着空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为 37°，如图乙所示．则空降特战兵在下降过程中 (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(g取10 m/s2)．下列判断正确的是(　　)
　　
A．从甲图可以分析得知空降兵所受空气阻力不可忽略
B．飞机离地高度约为190 m
C．整个运动过程中的平均速度大小约为 10 m/s
D．落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N
解析：空降特战兵在向下加速过程中加速度a＝＝10 m/s2，故空降兵所受空气阻力可忽略，故A错误；由于图线围成的面积求出下落得高度，则下落得高度：h＝×20 m＝180 m，故B错误；整个运动过程中的平均速度大小为：v＝＝ m/s＝13.8 m/s，故C错误；由图可知，伞兵减速阶段的加速度：a＝＝ m/s2＝－ m/s2，设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则：mg－8Fcos 37°＝ma，代入数据可得：F＝125 N．故D正确；故选D.
答案：D
5．(多选)如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s，质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，下面正确的是(　　)

A．0～5 s内小木块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向
C．斜面倾角θ＝37°
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
解析：由匀变速直线运动的速度位移公式：v2－v＝2ax与题图可得：a＝＝ m/s2＝－10 m/s2，由题图所示图像可知，初速度：v＝100 (m/s)2，v0＝10 m/s，减速运动时间：t＝＝ s＝1 s，故A错误；由题图所示图像可知，在0～1 s内小木块向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t＝1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图所示图像可知，物体反向加速运动时的加速度：a′＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确．
答案：BCD
6．(多选)汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，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，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度g取10 m/s2，下列情况说法正确的是(tan 15°＝0.27)(　　)

A．当a＝2 m/s2时，P有示数，Q无示数
B．当a＝2 m/s2时，P有示数，Q有示数
C．当a＝3 m/s2时，P有示数，Q有示数
D．当a＝3 m/s2时，P无示数，Q有示数
解析：仅N传感器示数有示数时，有tan 15°＝，得a＝2.7 m/s2，当a＝2 m/s22.7 m/s2时，P无示数，Q有示数．故选AD.
答案：AD
7．(多选)冰壶比赛是北京冬奥会的比赛项目之一 ，运动员把冰壶沿水平冰面投出，冰壶仅在摩擦力作用下自由滑行，比赛过程中可在冰壶运动前方用毛刷来回擦扫冰面， 减少冰面的动摩擦因数以调节冰壶的滑行距离．某场比赛中，一运动员以v0的速度投掷冰壶，冰壶和冰面的动摩擦因数为μ，冰壶能在冰面上滑行s的距离，若在冰壶速度减为时开始持续擦扫冰面，则冰壶能再滑行s的距离．冰壶的运动可视为直线运动，已知重力加速度为g，则擦扫后冰壶与冰面的动摩擦因数μ′为(　　)

A.μ B.μ
C. D.
解析：未擦扫时，根据牛顿第二定律μmg＝ma，
根据速度位移关系2as＝v，若在冰壶速度减为时开始持续擦扫冰面，减为之后，根据牛顿第二定律μ′mg＝ma′，根据速度位移关系2a′×＝()2，
联立可解得μ′＝μ，μ′＝，故选AC.
答案：AC
8．如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动．运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8 s，赛艇(含运动员、双桨)质量为70 kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍．某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4 m/s，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8 m，求：

(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；
(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小．
解析：(1)设赛艇所受阻力大小为f，则划水时双桨产生动力大小为2f.
划水时，对赛艇，根据牛顿第二定律得2f－f＝ma1，
空中运桨时，对赛艇，根据牛顿第二定律得f＝ma2，
可得a1∶a2＝1∶1.
(2)设赛艇的最大速度大小为vm.
根据题意可知，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8 m，则x＝(v0t1＋a1t)＋[(v0＋a1t1)t2＋a2t]，
由题知v0＝4 m/s，t1＝t2＝0.8 s，结合a1＝a2，解得a1＝a2＝2.5 m/s2，
则vm＝v0＋a1t1＝(4＋2.5×0.8) m/s＝6 m/s，
赛艇受到的恒定阻力大小f＝ma2＝70×2.5 N＝175 N.
答案：(1)1∶1　(2)6 m/s　175 N.
9．如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力．

(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．
解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：Ma1＝Mg＋f，ma2＝f－mg，f＝4mg，
联立并代入题给数据，得：a1＝2g，a2＝3g；
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小均为：v0＝，方向均向下，管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：v0－a1t1＝－v0＋a2t1，
解得t1＝.
设此时管下端距地面的高度为h1，速度为v，由运动学公式可得h1＝v0t1－a1t＝H，v＝v0－a1t1＝.
由此可知此时v>0，此后管与小球将以加速度g减速上升h2到达最高点，由运动学公式有：h2＝＝，
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1＋h2＝H.
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0，
解得x1＝H.
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝H1，
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L，
联立解得L应满足条件为：L≥H.
答案：(1)2g　3g　(2)H　(3)L≥H