2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业13牛顿第二定律的综合应用

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业13牛顿第二定律的综合应用，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．一雨滴从空中由静止开始竖直落下，假设雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则如图所示的图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是( )
2．2021年10月16日0时23分，“神舟十三号”成功发射，顺利将三名航天员送入太空并进驻空间站，在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法：如图所示，先对质量为m1＝1.0kg的标准物体P施加一水平恒力F，测得其在1s内的速度变化量大小是10m/s，然后将标准物体与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们1s内速度变化量大小是2m/s.则待测物体Q的质量m2为( )
A．3.0kgB．4.0kg
C．5.0kgD．6.0kg
3.
(多选)如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m1＝3kg，m2＝2kg，连接它们的细线最大能承受6N的拉力．现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则( )
A．F1的最大值为10N
B．F1的最大值为15N
C.F2的最大值为10N
D．F2的最大值为15N
4．如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动；小球A用细线悬挂于车顶上，质量为m的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ＝60°)，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为( )
A．大小等于μmg，方向水平向左
B．大小等于mg，方向竖直向上
C．大小大于eq \f(mg,tanθ)，方向水平向左
D．大小等于eq \f(mg,csθ)，方向斜向左上方
5．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动，如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示，要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为( )
A．2.0NB．3.0N
C．6.0ND．9.0N
6.(多选)如图甲所示，一竖直放置的足够长的固定玻璃管中装满某种液体，一半径为r、质量为m的金属小球，从t＝0时刻起，由液面静止释放，小球在液体中下落，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示．已知小球在液体中受到的阻力Ff＝6πηvr，式中r是小球的半径，v是小球的速度，η是常数．忽略小球在液体中受到的浮力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球的最大加速度为g
B．小球的速度从0增加到v0的过程中，做匀变速运动
C．小球先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动
D．小球的最大速度为eq \f(mg,6πηr)
7．[2023·西南四省高三(上)12月联考]如图甲所示，O、A、B是固定斜面上的三点，OA段光滑且长l＝eq \f(1,12)m，A点以下部分粗糙．一物块从O点由静止开始向下滑动，物块经过AB段所用的时间为t，A、B两点间的距离为x.保持O、A两点的位置不变，改变B点的位置，仍让该物块从O点由静止开始向下滑动，多次操作后得出的eq \f(x,t)­t图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求斜面粗糙部分的动摩擦因数μ.
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8．(多选)如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1kg的小物块放在质量m2＝2kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°.现对木板施加水平向左的拉力F＝18N，木板运动的v­t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，g取10m/s2，则( )
A．木板的长度为2m
B．木板的长度为1m
C．木板与地面间的动摩擦因数为0.5
D．物块与木板间的动摩擦因数为eq \f(8,19)
9.[2023·山西运城期末]在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上．已知图甲中两本词典一起沿木板匀速下滑，图乙中两本词典一起沿木板匀加速下滑，两本词典的封面材料不同，但同一本词典的上、下两面材料相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．μ2一定小于tanθ
B．μ3一定等于tanθ
C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小一定是μ1mgcsθ
D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小一定是μ3mgcsθ
10.[2022·山东卷]某粮库使用额定电压U＝380V、内阻R＝0.25Ω的电动机运粮．如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A．关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零．卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行．已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程L值．
课时分层作业（十三）
1．解析：根据牛顿第二定律得a＝eq \f(mg－f,m)，可知速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动，所以雨滴匀速前的速度—时间图像不是直线，由于阻力随速度增大而增大，故阻力—时间图像与速度—时间图像接近，又因为a＝eq \f(mg－f,m)，故加速度—时间图像不是直线，故C正确．
答案：C
2．解析：对P施加F时，根据牛顿第二定律有a1＝eq \f(F,m1)＝eq \f(Δv1,Δt)＝10m/s2，对P和Q整体施加F时，根据牛顿第二定律有a2＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(Δv2,Δt)＝2m/s2，联立解得m2＝4.0kg，故选B.
答案：B
3．解析：若向左拉m1，对m2分析，则FTm＝m2a，得出最大加速度a＝3m/s2；对两物块系统：F1＝（m1＋m2）a＝（2＋3）×3N＝15N，选项B正确，A错误；若向右拉m2，对m1分析，则FTm＝m1a′，得出最大加速度a′＝2m/s2；对两物块系统：F2＝（m1＋m2）a′＝（2＋3）×2N＝10N，选项D错误，C正确．
答案：BC
4．解析：
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球gtanθ＝m球a，得到a＝gtanθ.以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图所示．设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得mgtanα＝ma，F＝eq \f(mg,csα)，将α＝gtanθ代入，得α＝θ，F＝eq \f(mg,csθ)，方向斜向左上方，故D正确．
答案：D
5．解析：根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝（mA＋mB）a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0N；根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝（mA＋mB）a′，代入数据解得Fmax＝6.0N，故选C.
答案：C
6．解析：当t＝0时，小球所受的阻力Ff＝0，此时加速度为g，A正确；随着小球速度的增加，加速度减小，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，解得a＝g－eq \f(6πηvr,m)，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝eq \f(mg,6πηr)，C、D正确．
答案：ACD
7．解析：根据匀变速直线运动的位移—时间公式有x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，变形得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at
根据图像可知，物块在A点的速度大小为vA＝1m/s
设在OA段的加速度大小为a0，则有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝2a0l
解得a0＝6m/s2
在OA段，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma0
解得斜面的倾角为θ＝37°
知eq \f(x,t)­t图像的斜率为k＝eq \f(1,2)a＝eq \f(3－1,5)m/s2＝0.4m/s2
解得加速度大小为a＝0.8m/s2
物块在AB段运动过程中，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ－μmgcsθ＝ma
解得斜面粗糙部分的动摩擦因数为μ＝0.65.
答案：0.65
8．解析：从题图乙可知，木板运动2s离开小物块，在0～2s内，由图像可知x＝eq \f(2×1,2)m＝1m，所以木板的长度L＝2x＝2m，故A正确，B错误．设木板与地面间的动摩擦因数为μ2，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，在2～3s内，由图像可得长木板的加速度a2＝eq \f(Δv,Δt)＝4m/s2，由牛顿第二定律得F－μ2m2g＝m2a2，解得μ2＝0.5，故C正确．在0～2s内，对小物块进行受力分析，竖直方向FN＋FTsin37°＝m1g，水平方向FTcs37°＝Ff，又知Ff＝μ1FN；长木板的加速度a1＝eq \f(Δv′,Δt′)＝0.5m/s2，对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得F－F′f－μ2（m2g＋F′N）＝m2a1，由牛顿第三定律得Ff＝F′f，FN＝F′N，联立上述式子解得μ1＝eq \f(8,19)，故D正确．
答案：ACD
9．解析：对图甲词典整体进行受力分析，有2mgsinθ＝μ2·2mgcsθ，解得μ2＝tanθ，选项A错误；对图甲中的英语词典单独受力分析，设其受到的静摩擦力为f，则有f＝mgsinθ≤μ3mgcsθ，即μ3≥tanθ，选项B错误；对图乙词典整体进行受力分析，有2mgsinθ－μ1·2mgcsθ＝2ma，对图乙的汉语词典单独受力分析，有mgsinθ－f汉＝ma，联立解得f汉＝μ1mgcsθ，选项C正确；根据A、B项的分析，可知2mgsinθ＝μ2·2mgcsθ，f＝mgsinθ，故有f＝μ2mgcsθ，选项D错误．
答案：C
10．解析：（1）以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有UI＝I2R＋Fv
代入数据得F＝7400N
装满粮食的小车匀速向上运动，有
F＋m0g－（m1＋m2）gsinθ－k（m1＋m2）g＝0
小车匀速下滑时，有m1gsinθ－km1g－m0g＝0
联立解得k＝0.1
（2）关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有
（m1＋m2）gsinθ－m0g＋k（m1＋m2）g＝（m1＋m2＋m0）a
又2aL＝v2
代入数据解得L＝eq \f(67,185)m
答案：（1）0.1 （2）eq \f(67,185)m