2021高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用课时作业含解析

第2讲牛顿第二定律的应用

时间：50分钟满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6题为单选，7～10题为多选)

1．(2019·某某省某某市一模)阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼，楼层总数162层，配备56部电梯，最高速度可达17.4 m/s。游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯运行中只受重力与绳索拉力，已知电梯在t ＝0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是( )

A．t＝6 s时，电梯处于失重状态

B．7～53 s时间内，绳索拉力最小

C．t＝59 s时，电梯处于超重状态

D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0

答案 D

解析根据a­t图象可知，t＝6 s时，电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，A错误；53～60 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力，而7～53 s 时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，B错误；t＝59 s时，电梯的加速度方向向下，电梯处于失重状态，C错误；根据a­t图象与横轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，0～60 s时间内电梯速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60 s时，电梯速度恰好为0，D正确。

2．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火

的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 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v 0，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v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s 2)( )

A ．25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25

C ．50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25

答案 C

解析 根据h ＝12

at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得a ＝

mg ＋F f m ＝(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，解得k ＝0.25，

故C 正确。

3.如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v 1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v ，已知v 1＝kv ，且k <1。物体与斜面间的动摩擦因数为( )

A ．(1－k )sin αB.(1－k )cos α

C ．(1－k 2)tan αD.(1－k 2)cot α

答案 C

解析 物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，mg sin α－μmg cos α＝ma ，解得加速度大小a ＝g sin α－μg cos α，设斜面高度为h ，则斜面长度L ＝h

sin α，由匀变速直线运动规律有，v 1＝2aL ＝2g sin α－μg cos αh

sin α；物体从斜面顶端开始做自由落体运动，有v ＝

2gh 且v 1＝kv ，联立解得μ＝(1－k 2)tan α，C 正确。

4．(2019·某某某某高三上学期期末)如图甲所示，一个质量m ＝1 kg 的物块以初速度v 0

＝12 m/s 从斜面底端冲上一足够长斜面，经t 1＝1.2 s 开始沿斜面返回，t 2时刻回到斜面底端。物块运动的v ­t 图象如图乙所示，斜面倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)。则可确定( )

A ．物块上滑时的加速度大小为5 m/s 2

B ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4

C ．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 m

D ．物块回到斜面底端的时刻为2.4 s

答案 C

解析 v ­t 图象的斜率表示加速度，根据图象可知，物块上滑时的加速度大小为a 1＝12

1.2 m/s 2＝10 m/s 2，A 错误；物块上滑时，根据牛顿第二定律可知：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得μ＝0.5，B 错误；在v ­t 图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向上

滑行的最大距离为s ＝12×12×1.2 m ＝7.2 m ，C 正确；物块沿斜面下滑的加速度大小为a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2，根据位移公式有

s ＝12a 2t 2，解得t ＝7.2 s ≠1.2 s ，故物块返回

到斜面底端的时刻不是2.4 s ，D 错误。 5．如图所示，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )

A ．两图中两球加速度均为g sin θ

B．两图中A球的加速度均为零

C．图乙中轻杆的作用力一定不为零

D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍

答案 D

解析撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ，可知只有D正确。

6．(2019·四省八校双教研联盟联考)将质量为m＝0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度v0＝20 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv，且k＝0.1 kg/s，其速率随时间变化规律如图所示，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )

A．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/s

B．小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零

C．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s2

D．小球落地前做匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s

答案 D

解析小球在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于10 m/s，A错误；小球在t1时刻到达最高点，此时速度为零，只受重力，加速度为g，B错误；小球抛出瞬间，受到重力mg＝1.0 N，空气阻力f＝kv0＝0.1×20 N＝2.0 N，所受合外力F＝mg＋f＝3.0 N，由牛顿第二定律有F＝ma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为a0＝30 m/s2，C错误；小球落地前做匀速运动，由mg＝kv1，解得v1＝10 m/s，D正确。

7.如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )