(能力提高练) 第二节 牛顿第二定律的基本应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用

这是一份(能力提高练) 第二节 牛顿第二定律的基本应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共15页。
【能力提高练】  第二节 牛顿第二定律的基本应用1．(2022•高考全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为(　　)A． B． C． D．【解析】  当两球运动至二者相距时，如图所示，由几何关系可知，设绳子拉力为，水平方向有，解得，对任意小球由牛顿第二定律可得，解得，故A正确，BCD错误。故选A。【答案】  A2．(2022•天津市南开中学高三(下)第4次学情调查)用长度为L的铁丝绕成一个高度为H的等螺距螺旋线圈，将它竖直地固定于水平桌面。穿在铁丝上的一小珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑(下滑过程线圈形状保持不变)，已知重力加速度为g。这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为(　　)A． B． C． D．L【解析】  将螺线圈分割为很多小段，每一段近似为一个斜面，由于螺旋线圈等螺距，说明每一小段的斜面倾角相同，设为θ，根据几何关系，有，珠子做加速度大小不变的加速运动，根据牛顿第二定律，有，解得，由于珠子与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的运动时间完全相同，故根据位移时间关系公式，有，联立解得，选项D正确，ABC错误。故选D。【答案】  D3．(2022•湖南省衡阳市第八中学高三(下)开学考试)一物体静止在光滑水平面上，从0时刻起，受到的水平外力如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为，则下列说法正确的是(　　)A．2s时物体回到出发点B．3s时物体的速度大小为C．第3s内物体的位移为4mD．前2s内物体的平均速度为0【解析】  A．根据牛顿第二定律可得物体的加速度随时间变化的图像如图所示，内，物体向右加速，向右减速，时速度刚好减为0，内物体一直向右运动，A错误；BC．第内，物体从静止开始向右做匀加速运动，加速度为，第末速度为，第内物体的位移为，C错误B正确；D．前，物体一直向右运动，位移不为0，根据平均速度的定义式，平均速度不为0，D错误。故选B。【答案】  B4．(2022•四川省成都市第七中学高三(下)第七次测试)有一种精神叫“女排精神”，中国女排能始终屹立在世界之颠，与她们科学而又刻苦的训练是分不开的。当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60kg的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5m，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10m/s2，则(　　)A．运动员起跳过程属于失重状态B．起跳过程中加速度大小为16m/s2C．从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4sD．起跳过程中运动员对地面的压力为960N【解析】  A．运动员起跳过程先向上加速后减速，则先超重后失重，选项A错误；B．离地速度，起跳过程中加速度大小为，选项B正确；C．从开始起跳到离地上升到最高点需要，选项C错误；D．起跳过程中根据牛顿第二定律，运动员对地面的压力为，根据牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为1560N，选项D错误。故选B。【答案】  B5．(2022•四省区八校高三(下)开学考试)随着2022年北京冬奥会开幕临近，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为θ=37°的斜面雪道如图(甲)。假设一爱好者和他的雪橇总质量m=75kg，沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力F与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v-t图像如图(乙)中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为(0、5)的切线，切线上一点B的坐标为(4、15)，CD是曲线AD的渐近线。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。下列说法正确的是(　　)A．开始运动时雪橇的加速度大小为a=3.75m/s2B．0-4s内雪橇做加速度变小的曲线运动C．雪橇与雪道间的动摩擦因数μ未知，无法计算出比例系数为k值D．比例系数为k=37.5Ns/m【解析】  A．在图像中，图像的斜率表示加速度，因此开始运动时雪橇的加速度大小为，A错误；B．0-4s内雪橇做加速度变小的直线运动，B错误；CD．根据牛顿第二定律，开始运动时，足够长时间后，滑雪爱好者匀速运动，代入数据整理得k=37.5Ns/m，C错误，D正确。故选D。【答案】  D6．(2022•长春外国语学校高三(下)期初考试)(多选)从地面上以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动。则下列说法正确的是(　　)A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中逐渐增加B．小球整个过程中，抛出瞬间的加速度最大，且大小为C．小球上升过程中机械能逐渐减小，在下降过程中机械能逐渐增加D．小球上升过程中克服阻力做功的数值大于小球下降过程中克服阻力做功的数值【解析】  A．上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有f+mg=ma，解得，由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有mg-f=ma′，解得，由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小，故A项错误；B．空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有mg=kv1，小球抛出瞬间，有mg+kv0=ma0，联立解得，抛出瞬间加速度最大，故B正确； C．全程一直存在空气阻力做功，机械能一直减小，C项错误；D．上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故D正确。故选BD。【答案】  BD7．(2022•山东潍坊市高三下学期一模)在水平面上固定一粗糙斜面，先让一滑块从斜面顶端由静止下滑到底端，再让滑块以某一速度从底端上滑刚好能滑到顶端，用照相机记录滑块下滑和上滑的频闪照片如图所示。已知照片上相邻位置的时间间隔相等，下列说法正确的是(　　)A．图甲是滑块上滑的频闪照片B．滑块下滑时的速度变化快C．滑块下滑到底端时的速度大于其沿斜面上滑时的初速度D．滑块下滑过程中重力的冲量大于上滑过程中重力的冲量【解析】  A．设下滑、上滑的时间分别为、，滑块沿斜面上滑的过程，可逆向看做由静止下滑的过程，根据，由下滑加速度，上滑加速度，可知，故，图1滑块沿斜面运动时间为，图乙滑块所用时间为，则图甲滑块沿斜面运动时间较长，可知图甲为下滑照片，A错误；B．由，因为，滑块上滑时的速度变化快，B错误；C．先让一滑块从斜面顶端由静止下滑到底端，再让滑块以某一速度从底端上滑刚好能滑到顶端，滑块下滑到底端时的速度小于其沿斜面上滑时的初速度，C错误；D．重力的冲量，因为，所以，滑块下滑过程中重力的冲量大于上滑过程中重力的冲量，D正确。故选D。【答案】  D8．(2022•四川成都市高三(下)二模)图(a)为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面。比赛中，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。假设某运动员以初速度v0沿冰面将冰壶推出，冰壶做直线运动直到停止的过程中，其速度时间(v-t)图像如图(b)所示，则下列判定正确的是(　　)A．0~t1和t2~t3时间内，运动员在用毛刷擦冰面B．t1~t2时间内，冰壶的加速度大小为C．t1~t2时间内，冰壶的位移大小为D．0~t3时间内，冰壶的平均速度大小为【解析】  A．v-t图线的斜率表示加速度，由图知t1~t2时间内图线斜率小，说明加速度小，由牛顿第二定律，知t1~t2时间内冰壶与冰面间的动摩擦因数小，说明运动员在用毛刷擦冰面；0~t1和t2~t3时间内图线斜率大，动摩擦因数大，说明此时间段运动员没有用毛刷擦冰面，故A错误；B．由加速度定义式知t1~t2时间内，冰壶的加速度大小为，故B错误；C．v-t图线与坐标轴围的面积表示位移，在t1~t2时间内，冰壶的位移大小为，故C正确；D．根据平均速度的定义式，知在0~t3时间内，冰壶的平均速度大小为，故D错误。故选C。【答案】  C9．(多选)质量相等的A、B两质点位于水平面上同一点，分别在水平恒力所工作用下，同时由静止开始做同向的匀加速直线运动。其v-t图象如图所示，2t0和5t0时分别撒去F1和F2，直至物体停止运动。则下列说法中正确的是（　　）A．A、B总位移大小之比为1：1B．整个过程，A、B间距离先增大后减小再增大C．A、B所受摩擦力大小之比为3：4D．F1和F2的大小之比为20：9【解析】  A．由两个图象的“面积”可知，全过程B的位移大于A的位移，故A错误；B．两个质点起点相同，根据图象的“面积”所反映的位移变化可知，开始A在前B在后两者距离先变大，速度相等时距离最大，之后距离开始变小，最后B反超A又变大，故B正确；C．从图象的“斜率”可知，A、B在减速阶段的加速度大小之比为，结合牛顿第二定律可得两者所受的摩擦力大小，故C错误；D．由图象结合牛顿第二定律得，对A在加速阶段有，而。可得，同理，对B在加速阶段有，而，可得，则F1:F2=20:9，故D正确。故选BD。【答案】  BD10．(2021·皖江联盟联考)如图甲所示，质量为的铁块放在长木板上表面的一端，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角增大），另一端不动，铁块受到的摩擦力随角度的变化图像如图乙所示，重力加速度大小为。则      A. 铁块与木板间的动摩擦因数B. 铁块与木板间的动摩擦因数C. 当木板与地面的夹角为时，铁块开始做自由落体运动D. 木板由转到的过程中，铁块的速度变化越来越快【解析】  当夹角为时，最大静摩擦力为，而滑动摩擦力为，此时铁块是加速下滑的，则有，解得：，，由解得：，选项A、B错误；当木板与地面的夹角为时，铁块只受重力，但初速度不为零，选项C错误；当木板由转到的的过程中，依据可知，铁块受到摩擦力大小会减小，则其受到的合力增大，那么加速度增大，因此铁块的速度变化越来越快，选项D正确。【答案】  D11．(2021·河南开封)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G。通过测量计算得此火箭发射时可提供大小为F＝2G的恒定推力，且持续时间为t。随后该小组又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行时，火箭丢弃一半的质量，剩余时间内，火箭推动剩余部分继续飞行。若采用原来的方式，火箭可上升的高度为H，则改进后火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化)(　　)A．1.5H　 B．2HC．2.75H　 D．3.25H【解析】  采用原来的方式时，模型火箭加速上升过程中，由牛顿第二定律得F－G＝ma，解得a＝g，故火箭加速上升的高度h1＝gt2，t时刻火箭的速度大小v＝at＝gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，火箭上升的高度h2＝＝＝gt2，则H＝h1＋h2＝gt2。改为二级推进的方式后，火箭在前时间内加速上升过程中，由牛顿第二定律得F－G＝ma1，解得a1＝g，时间内火箭加速上升的高度H1＝a1·2＝gt2，时刻火箭的速度v1＝a1·＝g；丢弃一半的质量后，由牛顿第二定律得F－G＝ma2，解得a2＝3g，后时间内火箭加速上升的高度H2＝v1·＋a22＝gt2，t时刻火箭的速度v2＝v1＋a2＝2gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，上升的高度H3＝＝＝2gt2，则H′＝H1＋H2＋H3＝gt2＋gt2＋2gt2＝gt2＝H＝2.75H，故C正确。【答案】  C12．(2022•四川省南充高级中学高三(上)第一次月考)一个质量的小物块，以的初速度，在平行斜面向上的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离，已知斜面倾角。求：(1)物块加速度a的大小；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少。 【解析】  (1)匀加速位移公式，得(2)牛顿第二定律，得(3)设F与斜面夹角为，平行斜面方向垂直斜面方向解得当时，F有最小值，代入数据得【答案】  (1)；(2)；(3)13．(2022•福建省福州一中高三(下)二模)如图，直杆水平固定，质量的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角的斜向上恒力，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间动摩擦因数，取，，，求：(1)AB段小圆环的加速度a1的大小；(2)AB与BC的距离之比s1:s2。【解析】  (1)在AB段，对圆环根据牛顿运动定律有  ① ②    ③由①②③式代入数据得    ④(2)BC段，对圆环根据牛顿运动定律有    ⑤    ⑥又    ⑦由⑤⑥⑦式代入数据得    ⑧在AB和BC段，根据匀变速直线运动规律，分别有    ⑨    ⑩由④⑧⑨⑩得【答案】  (1)；(2)14．(2022•河北省张家口高三(下)一模)如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角=30°，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连。开始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释放重物Q，重物Q竖直向下运动经过时间t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间t0恰好回到了出发位置，重力加速度为g，求：(1)重物Q的质量；(2)滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。【解析】  (1)细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有对重物Q有滑块P的位移滑块P在时的速度细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小又经过时间，滑块P运动的位移由题意可知，解得，(2)细线断后滑块P沿斜面上升的距离滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程，解得【答案】  (1)；(2)15．(2022•上海市静安区高三(上)一模)如图，质量m＝5kg的物体，沿长L＝10m、倾角＝37的固定粗糙斜面，由静止开始从斜面顶端向下运动。物体与斜面、水平面间的动摩擦因数均为＝0.25，斜面与水平面间有光滑小圆弧连接，风对物体的作用力恒为F＝20N，方向水平向右。取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8 。(1)求物体沿斜面下滑时的加速度a1的大小；(2)求物体在水平面上滑到最左端所用时间t2；(3)请分析说明物体最终静止在何处？【解析】  (1)物体沿斜面下滑时，受力情况如图。垂直斜面方向受力平衡FN-mgcos -Fsin =0沿斜面方向，根据牛顿第二定律mgsin -Fcos - FN＝ma1得mgsin -Fcos -(mgcos＋Fsin)＝ma1代入数据得a1＝0.2m/s2(2)物体沿斜面下滑时，v2-0＝2a1L，代入数据得v＝2m/s物体在水平面上向左滑动时F＋mg＝ma2代入数据得a2＝6.5m/s2，代入数据得(3)因为F＞mg，所以物体向左减速到零后，不能保持静止，会向右加速；又因为mgsin＞Fcos＋(mgcos＋Fsin)则物体不能静止在斜面上；且在运动过程中，摩擦力始终做负功消耗能量，所以物体在斜面上滑的距离小于上一次的最高点，在水平面上向左减速运动的距离小于上一次的最远距离；所以，物体最终静止在斜面底端。【答案】  (1)a1＝0.2m/s2；(2)t2＝s；(3)最终静止在斜面底端16．(2022•重庆市西南大学附属中学高三(下)全真一)图a是我国传统农具——风鼓车，图b是其工作原理示意图．转动摇柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗，质量大于的谷粒为饱粒，落入第一出料口；质量为的谷粒为瘪粒，落入第二出料口；质量小于的草屑被吹出出风口。已知、B、三点在同一水平线上，的宽度为；在H正下方，的高度为；质量为的谷粒从H漏出，恰好经B点落入，设谷物从H漏出时速度为零；谷粒在车斗内所受水平风力恒定且相等，只考虑其所受重力和水平风力作用，取重力加速度g为。(1)求谷粒从H落到出料口所经历的时间；(2)求谷粒所受水平风力的大小；(3)若瘪粒恰好能全部落入，求的宽度。【解析】  (1)谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向和水平方向都是初速为零的匀加速直线运动，竖直方向上有，将h=0.45m带入可得t=0.3s(2)对质量为的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有设风力大小为F，由牛顿第二定律将x1=0.27m、t=0.3s、m=带入，联立可解得F=(3)对质量等于的瘪粒，恰好落到A2点，设宽度为x2，则有，将=、x1=027m、t=0.3s、F=带入可得x2=0.18m【答案】  (1)0.3s；(2)；(3)0.18m