2024版新教材高考物理复习特训卷考点16牛顿第二定律的综合应用

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点16牛顿第二定律的综合应用，共7页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。


A．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重
B．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重
C．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重
D．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重
2．(多选)随着科技的发展，我国的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，某航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，电磁弹射区的长度l1＝80 m，一架质量m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可为飞机提供恒定的推力F推＝1.2×105N，假设飞机在航母上受到的阻力恒为飞机重力的 eq \f(1,5).若飞机可看成质量恒定的质点，从右边沿离舰的起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态(电磁弹射器提供的牵引力恒定，取g＝10 m/s2).下列说法正确的是( )
A．飞机在电磁弹射区运动的加速度大小a1＝5.0 m/s2
B．飞机在电磁弹射区的末速度大小v1＝20 m/s
C．电磁弹射器对飞机的牵引力F牵的大小为2×104 N
D．电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的
3．(多选)如图甲所示，建筑工地的塔吊可将建筑材料竖直向上提升到一定的高度．若选竖直向上为正方向，用传感器测得建筑材料由静止开始运动过程中，竖直方向的加速度a随位移x变化的规律如图乙所示．下列判断正确的是( )
A．在0～2 m内，建筑材料做匀加速直线运动
B．当x＝2 m时，建筑材料的速度为1 m/s
C．在4～6 m内，建筑材料处于超重状态
D．在2～4 m内，建筑材料上升过程所用的时间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)－\r(2)))s
4.
[2023·江苏南京三模]如图为两张拍照频率相同的频闪照片，拍照对象是相同斜坡上运动的同一滑块．其中一张为滑块从斜坡顶部静止释放后运动到底部的照片；另一张为该滑块从斜坡底部冲到顶部时速度刚好为零的照片．已知滑块与斜坡的动摩擦因数为μ，斜坡的倾角为θ，可以判断( )
A．上图为滑块沿斜坡向下运动的照片
B．滑块在两斜坡底部时的重力功率大小相等
C．μ>tan θ
D．两照片中斜坡对滑块的作用力不同
5.
[2023·安徽庐江模拟](多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动．重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 eq \r(2)N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
6.
[2023·湖南长沙长郡中学模拟]如图所示，升降机天花板上固定一轻滑轮，跨过滑轮的光滑轻绳分别系有物块A和B，B的下面是压力传感器C.系统静止时压力传感器C的读数为F1，当升降机以加速度a(a﹤g)加速下降时，压力传感器C的读数为F2.已知重力加速度为g，则 eq \f(F1,F2)的值为( )
A． eq \f(g,g－a) B． eq \f(g,g＋a)
C． eq \f(g－a,g＋a) D． eq \f(g＋a,g－a)
7．(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则( )
A．两物块一起运动的加速度大小为a＝ eq \f(F,m1＋m2)
B．弹簧的弹力大小为T＝ eq \f(m2,m1＋m2)F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
8．[2023·上海金山区模拟]“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动．如图所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，传感器示数为1 200 N．打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B上升到最高位置C点，在B点时速度最大．人与装备总质量m＝60 kg(可视为质点).忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．在C点，人所受合力为零
B．在B点，弹性绳的拉力为零
C．上升过程，人的加速度先减小再增大后不变
D．打开扣环瞬间，人的加速度大小为10 m/s2
9．[2022·湖南卷](多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M.飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量).当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s.重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是( )
A．发动机的最大推力为1.5 Mg
B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 eq \f(\r(17),4)Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 eq \r(3) m/s
D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3 g
10．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．F B． eq \f(19F,20) C． eq \f(F,19) D． eq \f(F,20)
11.[2023·山东临沂二模]冰壶比赛是2022年北京冬奥会比赛项目之一，比赛场地示意图如图．在某次比赛中，中国队运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以速度v0＝3 m/s沿虚线滑出．从此时开始计时，在t＝10 s时，运动员开始用毛刷一直连续摩擦冰壶前方冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，最后冰壶恰好停在圆心O处．已知投掷线AB与O之间的距离s＝30 m，运动员摩擦冰面前冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，摩擦冰面前后冰壶均做匀变速直线运动．重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)t＝10 s时冰壶的速度及冰壶与AB的距离；
(2)冰壶与被摩擦后的冰面之间的动摩擦因数μ2.
12．[2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4).
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
考点16 牛顿第二定律的综合应用——提能力
1．答案：C
解析：当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重．当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重，故选C.
2．答案：AC
解析：根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2.由v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 eq \r(2)m/s，由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5.0 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104N，故B错误，A、C项正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误．
3．答案：CD
解析：由a ­ x图像可知，在0～2 m内，建筑材料的加速度增大，不是匀加速直线运动，A错误；由无限分割求和思想，类比匀变速运动公式v2＝2ax得，在0～2 m内图线与x轴所包围的面积为 eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)，即 eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)＝ eq \f(1,2)×1×2 m2/s2，当x＝2 m时v2＝ eq \r(2) m/s，B错误；在4～6 m内，加速度向上，建筑材料处于超重状态，C正确；在0～4 m内，图线与x轴所包围的面积为 eq \f(1,2)×(2＋4)×1 m2/s2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,2)解得，当x＝4 m时的速度为v4＝ eq \r(6) m/s，在2～4 m内，建筑材料做匀加速运动，上升过程所用的时间为t＝ eq \f(v4－v2,a)，解得t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)－\r(2)))s，D正确．
4．答案：D
解析：下滑时，根据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cs θ＝ma1，上滑时，根据牛顿第二定律mg sin θ＋μmg cs θ＝ma2，显然a2>a1，将上滑过程看作加速度为a2的从零开始的匀加速直线运动，则其下滑的时间更短，拍摄到的滑块的数量更少，故上图为上滑的照片，故A错误；将上滑过程看作加速度为a2的从零开始的匀加速直线运动，根据速度—位移关系v2＝2ax，可知，到底端时，速度较大，则速度沿竖直方向的分量较大，则重力的功率较大，故B错误；因为滑块从斜坡顶部静止释放会下滑，所以mg sin θ>μmg cs θ，μ5．答案：BD
解析：对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a；
对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma；可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝ eq \f(mg,sin 45°)＝ eq \r(2)mg＝10 eq \r(2) N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确．
6．答案：A
解析：静止时，压力传感器C的读数F1＝(mB－mA)g，当升降机以加速度a加速下降时，对于物块A有mAg－T＝mAa，对于物块B有mBg－T－F2＝mBa，解得F2＝(mB－mA)(g－a)，因此 eq \f(F1,F2)＝ eq \f(（mB－mA）g,（mB－mA）（g－a）)＝ eq \f(g,g－a)，A正确．
7．答案：BC
解析：对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝ eq \f(F,m1＋m2)－g sin θ，A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有F弹－m2g sin θ＝m2a，解得F弹＝ eq \f(m2,m1＋m2)F，B正确；根据F弹＝ eq \f(m2F,m1＋m2)＝ eq \f(F,\f(m1,m2)＋1)，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧弹力变大，根据胡克定律可知，弹簧伸长量变大，则两物块的间距变大，C正确；根据F弹＝ eq \f(m2F,m1＋m2)可知，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律可知，弹簧伸长量不变，则两物块的间距不变，D错误．
8．答案：C
解析：因C点为最高点，此时人速度为零，受到重力，合力不为零，A错误；在B点时速度为零，此时加速度为零，合力为零，绳的拉力大小等于重力的大小，B错误；上升过程中，开始是竖直向上的拉力大于重力，合力向上，根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，人的加速度方向竖直向上，随着人的上升，绳的形变量变小，拉力变小，合力变小，加速度减小，当到达B点时速度最大，合力为零，加速度为零，之后，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，拉力继续减小，加速度反向增大，当弹性绳恢复原长后，拉力为零，人只受重力，加速度等于重力加速度，不再变化，直至最高点，C正确；根据题意可知，释放前人受到竖直向下的重力和拉力以及橡皮绳竖直向上的拉力，由平衡条件有F1＝F＋mg，打开扣环瞬间，人受到重力和橡皮绳竖直向上的拉力，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，联立解得，打开扣环瞬间，人的加速度大小为a＝20 m/s2，D错误．
9．答案：BC
解析：当飞行器关闭发动机以速率v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速向上运动时，有Mg＋kv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25Mg，A项错误；当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝(Mg)2＋(kv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )2，解得F＝ eq \f(\r(17),4)Mg，B项正确；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(max)) －(Mg)2＝(kv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) )2，解得v3＝5 eq \r(3) m/s，C项正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝Mamax，解得amax＝2.5g，D项错误．
10．答案：C
解析：设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为Ff，从第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F－(40－2)×Ff＝(40－2)×ma，解得：F＝38×(Ff＋ma)，把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F′－2Ff＝2ma，解得：F′＝2×(Ff＋ma)，联立解得倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为：F′＝ eq \f(F,19)，C正确，A、B、D错误．
11．答案：(1)1 m/s 20 m (2)0.005
解析：(1)不摩擦冰面时，冰壶做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，t＝10 s时速度为v，滑行距离为s1，则由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，由匀变速直线运动规律v＝v0－a1t、s1＝v0t－ eq \f(1,2)a1t2，解得a1＝0.2 m/s2、v＝1 m/s、s1＝20 m.
(2)摩擦冰面时冰壶仍做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，滑行距离为s2，则由匀变速直线运动规律：0－v2＝－2a2s2，由牛顿第二定律有：μ2mg＝ma2，且s＝s1＋s2，解得μ2＝0.005.
12．答案：(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
解析：(1)根据牛顿第二定律
mg sin 24°－μmg cs 24°＝ma1
a1＝2 m/s2.
(2)根据匀加速直线运动规律
v2＝2a1l1
v＝4 m/s.
(3)根据匀变速直线运动规律及牛顿第二定律
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －v2＝2a2l2
a2＝－μg
l2＝2.7 m．