《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)13 牛頓第二定律的應(yīng)用專題（一）（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)13 牛頓第二定律的應(yīng)用專題（一）（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓第二定律的應(yīng)用專題 一、選擇題 1．(2017·海南)汽車緊急剎車后，停止運動的車輪在水平地面上滑動直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線．由剎車線的長短可知汽車剎車前的速度．已知汽車輪胎與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.80，測得剎車線長25 m．汽車在剎車前的瞬間的速度大小為(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．10 m/s　　　　　　 B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s 答案　B 解析　剎車后汽車的合外力為摩擦力f＝μmg，加速度a＝＝μg＝8 m/s2；又有剎車線長25 m，故可由勻變速直線運動規(guī)律得到汽車在剎車前的瞬間的速度大小v＝＝ m/

2、s＝20 m/s；故A、C、D三項錯誤，B項正確；故選B項． 2.(2018·天津聯(lián)考)某跳水運動員在3 m長的踏板上起跳，我們通過錄像觀察到踏板和運動員要經(jīng)歷如圖所示的狀態(tài)，其中A為無人時踏板靜止點，B為人站在踏板上靜止時的平衡點，C為人在起跳過程中人和踏板運動的最低點，則下列說法中正確的是(　　) A．人在C點具有最大速度 B．人和踏板由C到B的過程中，人向上做勻加速運動 C．人和踏板由C到A的過程中，人處于超重狀態(tài) D．人和踏板由C到A的過程中，先超重后失重 答案　D 解析　由圖可知，C點是最低點，人在C點的速度為零，故A項錯誤；C到B的過程中，重力不變，彈力一直減小，

3、合力減小，所以加速度減小，不是勻加速運動．故B項錯誤；人和踏板由C到B的過程中，彈力大于重力，加速度向上，人處于超重狀態(tài)，從B到A的過程中，重力大于彈力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C項錯誤，D項正確． 3．(2018·浙江模擬)一個質(zhì)量為20 kg的物體靜止在傾角為30°的固定坡面上(足夠長)，現(xiàn)對其施加一個沿斜面向上、大小為300 N的推力后，物體以4 m/s2的加速度沿斜面向上運動，正確的是(　　) A．物體處于失重狀態(tài) B．物體受到滑動摩擦力，大小為280 N C．若撤去推力，由于慣性，物體還要沿斜面加速一段時間，再減速 D．若撤去推力，物體的加速度大小為11 m/s2 答

4、案　D 解析　A項，物體加速度沿斜面向上，有豎直向上的分加速度，處于超重狀態(tài)，故A項錯誤；B項，由牛頓第二定律得F－mgsin30°－f＝ma，解得f＝120 N，故B項錯誤；C、D兩項，若撤去推力，根據(jù)牛頓第二定律的瞬時性，由mgsin30°＋f＝ma′得a′＝11 m/s2，所以由于慣性，物體還要沿斜面向上運動，但做的是減速運動，故C項錯誤，D項正確． 4．(2018·樂山模擬)圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲，起跳動作的示意圖，中間的p表示人的重心，圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)面出的力－時間圖線．兩圖中a～g各點均對應(yīng)，其中有幾個點在圖甲中沒有面出，取重力加速度g＝10 m/s2，根據(jù)

5、圖像分析可知(　　) A．人的重力為1 500 N B．e點位置人處于失重狀態(tài) C．c點位置人處于超重狀態(tài) D．d點的加速度小于f點的加速度 答案　C 解析　A項，開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力是500 N，根據(jù)二力平衡可知，人的重力也是500 N．故A項錯誤；B項，e點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)．故B項錯誤；C項，c點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)．故C項正確；D項，人在d點時人受到的支持力較大，則由牛頓第二定律可知d點的加速度大于f點的加速度．故D項錯誤． 5．(2018·廣西二模)某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后向上運動，在5

6、 s末到達離地面150 m的最高點時炸開，構(gòu)成各種美麗的圖案．假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直射出時的初速度是v0，上升過程中所受的平均阻力大小始終是自身重力的k倍，那么k和v0分別等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．0.2，60 m/s B．1.2，60 m/s C．0.2，50 m/s D．1.2，50 m/s 答案　A 解析　禮花彈向上運動的逆過程是初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)h＝at2，解得：a＝12 m/s2，所以有：v0＝at＝60 m/s；上升過程禮花彈所受的平均阻力f＝kmg，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＋f＝ma，解得k＝0.2，故A項正確，B、C、D三項

7、錯誤． 6．壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，一同學(xué)利用壓敏電阻設(shè)計了判斷升降機運動狀態(tài)的裝置．該同學(xué)在升降機中將重物放在壓敏電阻上，壓敏電阻接在如圖甲所示的電路中，電流表示數(shù)變化如圖乙所示，某同學(xué)根據(jù)電流表的示數(shù)變化情況推斷升降機的運動狀態(tài)，下列說法中正確的是(　　) A．0～t1時間內(nèi)，升降機一定靜止 B．0～t1時間內(nèi)，升降機可能在做勻速直線運動 C．t1～t2時間內(nèi)，升降機可能在勻加速上升 D．t1～t2時間內(nèi)，升降機可能在勻減速下降 答案　B 解析　A、B兩項，0～t1內(nèi)，電路中電流不變，說明此時壓敏電阻的阻值不變，物體對壓敏電阻的壓力等于電梯靜止時的壓力，則物

8、體處于平衡狀態(tài)，物體可能靜止，有可能做勻速直線運動．故A項錯誤，B項正確；C項，t1～t2內(nèi)，電路中電流逐漸增大，說明電路中的電阻值逐漸減小，則壓敏電阻所受壓力逐漸增大，所以物體處于超重狀態(tài)，加速度逐漸增大，可知t1～t2時間內(nèi)，升降機可能做加速度增大的加速上升，或加速度增大的減速下降．故C項錯誤，D項錯誤． 7．(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的兩物塊A、B中間用輕彈簧相連，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小為a的勻加速直線運動．當(dāng)突然撤去推力F的瞬間，A、B兩物塊的加速度大小分別為(　　) A．a(chǎn)A＝2a＋3μg B．a(chǎn)A＝2

9、(a＋μg) C．a(chǎn)B＝a D．a(chǎn)B＝a＋μg 答案　AC 解析　撤去F前，根據(jù)牛頓第二定律，對A、B、彈簧整體有F－μ·3mg＝3ma，對B有F1－μ·2mg＝2ma，得F1＝2(a＋μg)m.撤去F的瞬間彈簧彈力不變，大小仍為F1，兩物塊受到的滑動摩擦力不變，所以，物塊B受力不變，aB＝a，對物塊A，由牛頓第二定律得F1＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg.綜上分析，A、C兩項正確． 8.(2018·山東模擬)在奧運會的精彩開幕式中，表演者手持各國國旗從體育場的圓周頂棚飛天而降，動感壯觀．他們靜止站在圓周頂棚的不同點A、B、C、D、E、F沿光滑鋼索滑到場地的P區(qū)表演，如圖所示

10、，設(shè)頂棚的圓周平面與地面平行，下列關(guān)于各處表演者滑到P區(qū)所用時間的說法中正確的是(　　) A．A處表演者滑到P區(qū)所用的時間小于C處 B．F處表演者滑到P區(qū)所用的時間大于E處 C．所有表演者滑到P區(qū)所用的時間相等 D．所有表演者滑到P所用的時間一定不相等 答案　A 解析　每個表演者所經(jīng)過的路徑可以看成一個斜面，斜面的高度都相同，只是傾角不同，類似的模型如圖所示： 設(shè)其中某一光滑斜面的傾角為θ，高為h， 根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a＝＝gsinθ， 斜面長L＝ 根據(jù)運動學(xué)公式可得：L＝at2 解得t＝＝，可見，傾角θ越大，時間越短，θ越小，經(jīng)過的時間越長． 9.如圖

11、所示，用輕質(zhì)彈簧將籃球拴在升降機底板上，此時彈簧豎直，籃球恰好與光滑的側(cè)壁和光滑的傾斜天花板接觸，在籃球與側(cè)壁之間裝有壓力傳感器，當(dāng)升降機沿豎直方向運動時，壓力傳感器的示數(shù)逐漸增大，某同學(xué)對此現(xiàn)象給出了下列分析與判斷，其中可能正確的是(　　) A．升降機正在勻加速上升 B．升降機正在勻減速上升 C．升降機正在加速下降，且加速度越來越大 D．升降機正在減速下降，且加速度越來越大 答案　C 解析　對籃球進行受力分析如圖： 由于壓力傳感器的示數(shù)增大，則側(cè)壁對籃球的壓力N一定增大，F(xiàn)′水平向左的分力增大F′一定增大，F(xiàn)′豎直向下的分力增大；籃球的位置不變則彈簧的彈力不變；所以籃球

12、受到的豎直向下的合力增大，可知籃球的加速度的方向向下，可能向下做加速運動，也可以向上做減速運動．由于壓力傳感器的示數(shù)逐漸增大，可知加速度的大小逐漸增大． 又由于升降機的加速度與籃球的加速度是相同的，由以上的分析可知，升降機可能正在加速下降，且加速度越來越大，或升降機正在減速上升，且加速度越來越大． 可知只有C項正確． 10.如圖所示，兩根長度分別為L1和L2的光滑桿AB和BC在B點垂直焊接，當(dāng)按圖示方式固定在豎直平面內(nèi)時，將一滑環(huán)從B點由靜止釋放，分別沿BA和BC滑到桿的底端經(jīng)歷的時間相同，則這段時間為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)BA和BC傾角

13、分別為α和β，根據(jù)牛頓第二定律得： 滑環(huán)沿BA下滑的加速度為a1＝＝gsinα 沿BC下滑的加速度為a2＝＝gsinβ 設(shè)下滑時間為t，由題有： L1＝a1t2 L2＝a2t2 由幾何知識有：sinα＝cosβ 聯(lián)立以上各式解得t＝，故C項正確． 11.(2018·廣東模擬)如圖，一傾角為θ＝37°的足夠長的斜面固定在水平地面上．當(dāng)t＝0時，滑塊以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上運動，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是(　　) A．滑塊上滑的距離小于5 m B．t＝1 s

14、時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上 C．t＝2 s時，滑塊恰好又回到出發(fā)點 D．t＝3 s時，滑塊的速度大小為4 m/s 答案　D 解析　A項，以沿斜面向下為正方向，上滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得：a1＝10 m/s2 滑塊向上的最大位移：x＝＝ m＝5 m．故A項錯誤； B項，由于：mgsinθ＞μmgcosθ，可知，滑塊不可能靜止在斜面上．故B項錯誤； C項，下滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 代入數(shù)據(jù)解得：a2＝2 m/s2 滑塊向上運動到最高點的時間：t1＝＝＝1 s 向下的運動：x＝

15、a2t22 所以：t2＝ s 滑塊恰好又回到出發(fā)點的總時間：t＝t1＋t2＝(1＋) s．故C項錯誤； D項，選取向下為正方向，t＝3 s時，滑塊的速度為：v3＝－v0＋a1t1＋a2t2′＝－10 m/s＋10×1 m/s＋2×2 m/s＝4 m/s.故D項正確． 12.(2018·蕪湖模擬)A、B兩物塊之間用輕彈簧相連接，靜止于水平地面上，如圖所示．已知物塊A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，彈簧的勁度系數(shù)k，若在物塊A上作用一個豎直向上的力，使A由靜止開始以加速度a做勻加速運動，直到B物塊離開地面．此過程中，物塊A做勻加速直線運動的時間為(　　) A．t＝ B．t＝ C．t＝

16、 D．t＝ 答案　A 解析　當(dāng)B離開地面時，彈簧的彈力F2＝mBg＝kx2，解得彈簧的伸長量x2＝， 初始狀態(tài)，根據(jù)mAg＝kx1得，開始彈簧的壓縮量x1＝， 則A運動的位移x＝x1＋x2＝. 根據(jù)x＝at2得，t＝，故A項正確，B、C、D三項錯誤． 二、非選擇題 13．(2018·湖北二模)如圖(俯視圖)所示在水平地面上有一個物體，質(zhì)量m＝1 kg，在兩個水平方向的拉力F1和F2的共同作用下沿直線MN向右加速運動，物體經(jīng)過P點時的速度v＝6 m/s.已知拉力F1的大小為3 N，F(xiàn)1的方向與MN的夾角θ1＝45°，拉力F2的大小為5 N．物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，重力

17、加速度g＝10 m/s2.求： (1)F2的方向； (2)物體經(jīng)過P點后繼續(xù)沿直線MN向右運動過程中在6 s內(nèi)的位移大小． 答案　(1)見解析　(2)153 m 解析　(1)如圖，令F2與MN的夾角為θ 物體沿MN方向加速運動，則知，垂直MN方向物體所受合力為零即： F1sinθ1＝F2sinθ 代入F1＝3 N，F(xiàn)2＝5 N，θ1＝45° 可得：sinθ＝＝ 所以θ＝37°，即F2與MN成37°角； (2)由題意知，物體所受合力為： F合＝F1cosθ1＋F2cosθ－μmg＝3× N＋5× N－0.05×1×10 N＝6.5 N 根據(jù)牛頓第二定律可得，物體沿

18、MN運動的加速度為： a＝＝6.5 m/s2 根據(jù)勻變速直線運動的位移時間關(guān)系可得物體經(jīng)過P點后6 s內(nèi)的位移為： x＝v0t＋at2＝6×6 m＋×6.5×62 m＝153 m. 14．“遼寧號”航空母艦上的起飛跑道如圖所示，由長度為l1＝1.6×102 m的水平跑道和長度為l2＝20 m的傾斜跑道兩部分組成，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的飛機，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.2×105 N，方向與速度方向相同，在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的.假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點，取g＝10 m/s2

19、. (1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達傾斜跑道末端時的速度大?。? (2)為了使飛機在傾斜跑道的末端達到起飛速度100 m/s，外界還需要在整個水平跑道階段對飛機施加助推力，求助推力F推的大?。? 答案　(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N 解析　(1)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力與阻力的作用，設(shè)加速度大小為a1，末速度大小為v1，運動時間為t1，有 F－f＝ma1 v12＝2a1l1 v1＝a1t1 f＝0.1 mg，代入已知數(shù)據(jù)，可得 a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s 飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道

20、受到推力、阻力與重力沿斜面方向的分力作用，設(shè)沿斜面方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2，沿斜面方向有： F－f－mg＝ma2 v22－v12＝2a2l2 代入已知數(shù)據(jù)可得 a2＝3.0 m/s2，v2＝ m/s＝41.5 m/s. (2)飛機在水平跑道上運動時，水平方向受到推力、助推力與阻力作用，設(shè)加速度大小為a，末速度大小為v，有 F推＋F－f＝ma v2＝2al1 飛機在傾斜跑道上運動時，沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面方向的分力作用沒有變化，加速度大小仍是a2＝3.0 m/s2 v′2－v2＝2a2l2 根據(jù)題意，v′＝100 m/s，代入已知數(shù)據(jù)解得 F推＝5.2×105N. 9