新课标高考物理一轮复习课时作业13牛顿第二定律的应用专题一含解析新人教版

新课标高考物理一轮复习课时作业13牛顿第二定律的应用专题一含解析新人教版牛顿第二定律的应用专题一、选择题1．(2017·海南)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m ．汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 m/sB ．20 m/sC ．30 m/sD ．40 m/s答案 B解析 刹车后汽车的合外力为摩擦力f ＝μmg，加速度a ＝f m＝μg＝8 m/s 2；又有刹车线长25 m ，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v ＝2as ＝2×8×25 m/s ＝20 m/s ；故A 、C 、D 三项错误，B 项正确；故选B 项．2.(2018·天津联考)某跳水运动员在3 m 长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A 为无人时踏板静止点，B 为人站在踏板上静止时的平衡点，C 为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是( )A ．人在C 点具有最大速度B ．人和踏板由C 到B 的过程中，人向上做匀加速运动C ．人和踏板由C 到A 的过程中，人处于超重状态D ．人和踏板由C 到A 的过程中，先超重后失重答案 D解析 由图可知，C 点是最低点，人在C 点的速度为零，故A 项错误；C 到B 的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，不是匀加速运动．故B 项错误；人和踏板由C 到B 的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B 到A 的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C 项错误，D 项正确．3．(2018·浙江模拟)一个质量为20 kg 的物体静止在倾角为30°的固定坡面上(足够长)，现对其施加一个沿斜面向上、大小为300 N 的推力后，物体以4 m/s 2的加速度沿斜面向上运动，正确的是( )A．物体处于失重状态B．物体受到滑动摩擦力，大小为280 NC．若撤去推力，由于惯性，物体还要沿斜面加速一段时间，再减速D．若撤去推力，物体的加速度大小为11 m/s2答案 D解析A项，物体加速度沿斜面向上，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，故A项错误；B项，由牛顿第二定律得F－mgsin30°－f＝ma，解得f＝120 N，故B项错误；C、D两项，若撤去推力，根据牛顿第二定律的瞬时性，由mgsin30°＋f＝ma′得a′＝11 m/s2，所以由于惯性，物体还要沿斜面向上运动，但做的是减速运动，故C项错误，D项正确．4．(2018·乐山模拟)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p表示人的重心，图乙是根据传感器采集到的数据面出的力－时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有面出，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．e点位置人处于失重状态C．c点位置人处于超重状态D．d点的加速度小于f点的加速度答案 C解析A项，开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据二力平衡可知，人的重力也是500 N．故A项错误；B项，e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态．故B项错误；C项，c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态．故C项正确；D项，人在d点时人受到的支持力较大，则由牛顿第二定律可知d点的加速度大于f点的加速度．故D项错误．5．(2018·广西二模)某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后向上运动，在 5 s 末到达离地面150 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v0，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k和v0分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )A．0.2，60 m/s B．1.2，60 m/sC．0.2，50 m/s D．1.2，50 m/s答案 A解析礼花弹向上运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，根据h＝12at2，解得：a＝12 m/s2，所以有：v0＝at＝60 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力f＝kmg，根据牛顿第二定律得：mg＋f＝ma，解得k＝0.2，故A项正确，B、C、D三项错误．6．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置．该同学在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是( )A．0～t1时间内，升降机一定静止B．0～t1时间内，升降机可能在做匀速直线运动C．t1～t2时间内，升降机可能在匀加速上升D．t1～t2时间内，升降机可能在匀减速下降答案 B解析A、B两项，0～t1内，电路中电流不变，说明此时压敏电阻的阻值不变，物体对压敏电阻的压力等于电梯静止时的压力，则物体处于平衡状态，物体可能静止，有可能做匀速直线运动．故A项错误，B项正确；C项，t1～t2内，电路中电流逐渐增大，说明电路中的电阻值逐渐减小，则压敏电阻所受压力逐渐增大，所以物体处于超重状态，加速度逐渐增大，可知t1～t2时间内，升降机可能做加速度增大的加速上升，或加速度增大的减速下降．故C 项错误，D项错误．7．(多选)如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为( )A．a A＝2a＋3μg B．a A＝2(a＋μg)C．a B＝a D．a B＝a＋μg答案AC解析撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma，对B有F1－μ·2mg＝2ma，得F1＝2(a＋μg)m.撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F1，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B受力不变，a B＝a，对物块A，由牛顿第二定律得F1＋μmg＝ma A ，有a A ＝2a ＋3μg.综上分析，A 、C 两项正确．8.(2018·山东模拟)在奥运会的精彩开幕式中，表演者手持各国国旗从体育场的圆周顶棚飞天而降，动感壮观．他们静止站在圆周顶棚的不同点A 、B 、C 、D 、E 、F 沿光滑钢索滑到场地的P 区表演，如图所示，设顶棚的圆周平面与地面平行，下列关于各处表演者滑到P 区所用时间的说法中正确的是( )A ．A 处表演者滑到P 区所用的时间小于C 处B ．F 处表演者滑到P 区所用的时间大于E 处C ．所有表演者滑到P 区所用的时间相等D ．所有表演者滑到P 所用的时间一定不相等答案 A解析 每个表演者所经过的路径可以看成一个斜面，斜面的高度都相同，只是倾角不同，类似的模型如图所示：设其中某一光滑斜面的倾角为θ，高为h ，根据牛顿第二定律可得加速度a ＝mgsinθm＝gsinθ， 斜面长L ＝h sinθ根据运动学公式可得：L ＝12at 2 解得t ＝2L a ＝2h gsin 2θ，可见，倾角θ越大，时间越短，θ越小，经过的时间越长． 9.如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是( )A ．升降机正在匀加速上升B ．升降机正在匀减速上升C ．升降机正在加速下降，且加速度越来越大D ．升降机正在减速下降，且加速度越来越大答案 C解析 对篮球进行受力分析如图：由于压力传感器的示数增大，则侧壁对篮球的压力N 一定增大，F ′水平向左的分力增大F′一定增大，F ′竖直向下的分力增大；篮球的位置不变则弹簧的弹力不变；所以篮球受到的竖直向下的合力增大，可知篮球的加速度的方向向下，可能向下做加速运动，也可以向上做减速运动．由于压力传感器的示数逐渐增大，可知加速度的大小逐渐增大．又由于升降机的加速度与篮球的加速度是相同的，由以上的分析可知，升降机可能正在加速下降，且加速度越来越大，或升降机正在减速上升，且加速度越来越大．可知只有C 项正确．10.如图所示，两根长度分别为L 1和L 2的光滑杆AB 和BC 在B 点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B 点由静止释放，分别沿BA 和BC 滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )A.2L 1L 2gB.2L 1L 2gC.2L 12＋L 22gD.2（L 12＋L 22）g （L 1＋L 2） 答案 C 解析 设BA 和BC 倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得： 滑环沿BA 下滑的加速度为a 1＝mgsinαm＝gsinα 沿BC 下滑的加速度为a 2＝mgsinβm＝gsinβ 设下滑时间为t ，由题有：L 1＝12a 1t 2L 2＝12a 2t 2 由几何知识有：sinα＝cosβ联立以上各式解得t ＝2L 12＋L 22g ，故C 项正确． 11.(2018·广东模拟)如图，一倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是( )A ．滑块上滑的距离小于5 mB ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s答案 D解析 A 项，以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma 1代入数据解得：a 1＝10 m/s 2滑块向上的最大位移：x ＝v 022a 1＝1002×10m ＝5 m ．故A 项错误； B 项，由于：mgsinθ＞μmgcosθ，可知，滑块不可能静止在斜面上．故B 项错误； C 项，下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma 2代入数据解得：a 2＝2 m/s 2滑块向上运动到最高点的时间：t 1＝0－（－v 0）a 1＝1010＝1 s 向下的运动：x ＝12a 2t 22 所以：t 2＝ 5 s滑块恰好又回到出发点的总时间：t ＝t 1＋t 2＝(1＋5) s ．故C 项错误；D 项，选取向下为正方向，t ＝3 s 时，滑块的速度为：v 3＝－v 0＋a 1t 1＋a 2t 2′＝－10 m/s ＋10×1 m/s＋2×2 m/s＝4 m/s.故D 项正确．12.(2018·芜湖模拟)A 、B 两物块之间用轻弹簧相连接，静止于水平地面上，如图所示．已知物块A 、B 的质量分别为m A 和m B ，弹簧的劲度系数k ，若在物块A 上作用一个竖直向上的力，使A 由静止开始以加速度a 做匀加速运动，直到B 物块离开地面．此过程中，物块A 做匀加速直线运动的时间为( )A ．t ＝2（m A ＋mB ）g ka B ．t ＝（m A ＋m B ）g 2kaC ．t ＝2（m A －m B ）g ka D ．t ＝（m a －m B ）g 2ka答案 A 解析 当B 离开地面时，弹簧的弹力F 2＝m B g ＝kx 2，解得弹簧的伸长量x 2＝m B g k， 初始状态，根据m A g ＝kx 1得，开始弹簧的压缩量x 1＝m A g k ， 则A 运动的位移x ＝x 1＋x 2＝（m A ＋m B ）g k . 根据x ＝12at 2得，t ＝2（m A ＋m B ）g ka，故A 项正确，B 、C 、D 三项错误． 二、非选择题13．(2018·湖北二模)如图(俯视图)所示在水平地面上有一个物体，质量m ＝1 kg ，在两个水平方向的拉力F 1和F 2的共同作用下沿直线MN 向右加速运动，物体经过P 点时的速度v ＝6 m/s.已知拉力F 1的大小为3 2 N ，F 1的方向与MN 的夹角θ1＝45°，拉力F 2的大小为5 N ．物体与地面的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)F 2的方向；(2)物体经过P 点后继续沿直线MN 向右运动过程中在6 s 内的位移大小．答案 (1)见解析 (2)153 m解析 (1)如图，令F 2与MN 的夹角为θ物体沿MN 方向加速运动，则知，垂直MN 方向物体所受合力为零即：F 1sin θ1＝F 2sin θ代入F 1＝3 2 N ，F 2＝5 N ，θ1＝45°可得：sinθ＝F 1·sin θ1F 2＝35所以θ＝37°，即F 2与MN 成37°角；。