2022高考物理一轮复习 课时练8 牛顿第二定律的应用（含解析）.docx

1、课时规范练8牛顿第二定律的应用基础对点练1.(超重、失重)如图所示,一物体(可视为质点)从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下。A点为弹簧自然状态时上端点的位置,当物体到达B点时,物体速度恰好为零,然后被弹回。下列说法中正确的是()A.物体从A点下降到B点的过程中,速率不断变小B.物体在B点时,所受合力为零C.物体在A点时处于超重状态D.物体在B点时处于超重状态2.(多选)(超重、失重)如图所示为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过合力为零的C点到达最低点D,然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程,下列表述正

2、确的是()A.从O点到B点,运动员的加速度增大,处于失重状态B.从B点到C点,运动员的速率减小,处于失重状态C.从B点到C点,运动员的速率增大,处于失重状态D.从C点到D点,运动员的加速度增大,处于超重状态3.(动力学的图像问题)如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()4.(超重失重问题)电梯顶上悬挂一根劲度系数为200 N/m的弹簧,弹簧的原长为20 cm,在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码。当电梯运动时

3、,测出弹簧长度变为23 cm,g取10 m/s2,则电梯的运动状态及加速度大小为()A.匀加速上升,a=2.5 m/s2B.匀减速上升,a=2.5 m/s2C.匀加速上升,a=5 m/s2D.匀减速上升,a=5 m/s25.(动力学两类基本问题)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零时,Q、N传感器示数不为零。已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可

4、能为()A.3 m/s2B.2.7 m/s2C.1.5 m/s2D.1 m/s26.(动力学图像问题)如图甲所示,用一水平外力F推物体,使其静止在倾角为的光滑斜面上。逐渐增大F,物体开始做变加速运动,其加速度a随F变化的图像如图乙所示。g取10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是()A.物体的质量B.斜面的倾角C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D.加速度为6 m/s2时物体的速度7.(动力学两类基本问题)处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60,其中直径AB水平,AD与CD是光滑的细杆。从A点和C点分别静止释放两小球,从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2,则

5、t1t2是()A.11B.32C.32D.23素养综合练8.(多选)如图,穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止。现对小球沿杆方向施加恒力F0,垂直于杆方向施加竖直向上的力F,且F的大小始终与小球的速度成正比,即F=kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为,小球运动过程中未从杆上脱落,球上小孔直径略大于直杆直径,且F0mg。下列说法正确的是()A.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止B.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,直到最后做匀速运动C.小球的最大加速度为F0mD.小球最大速度为F0+mgk9.一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的

6、油槽中(如图甲所示),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图像如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是()A.铝球刚开始运动的加速度a0=gB.铝球下沉的速度将会一直增大C.铝球下沉过程所受到油的阻力Ff=ma0vv0D.铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功10.如图甲所示,质量m=1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5 s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图乙所示,g取10 m/s2,求:(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L;(2)沿斜面向上

7、运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。11.如图甲所示,光滑平台右侧与一长为L=2.5 m的水平木板相接,木板固定在地面上,现有一小滑块以初速度v0=5 m/s滑上木板,恰好滑到木板右端静止。现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角=37,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g取10 m/s2(sin 37=0.6,cos 37=0.8),求:(1)滑块与木板之间的动摩擦因数;(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。12.(2020湖南株洲质检)某次滑雪训练,运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=84 N从静止向

8、前滑行,其作用时间为t1=1.0 s。撤除水平推力F后经过t2=2.0 s,他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力,作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m=60 kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=12 N,求:(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小;(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。参考答案课时规范练8牛顿第二定律的应用1.D物体从A点开始,所受合力先向下但不断减小,加速度不断减小,速度不断增大,在A、B间的某个位置弹力大小等于重力时,物体所受合力等于0,速度最大,再向下运动,所受合力反向且

9、不断增大,物体向下做减速运动,加速度向上,且不断增大,在B点具有最大的向上的加速度,故D正确,A、B、C错误。2.CD运动员从O点到B点做自由落体运动,加速度不变为g,处于完全失重,选项A错误;运动员从B点到C点的过程重力大于弹力,加速度方向向下,向下运动的过程中弹力增大,加速度减小,做加速度逐渐减小的加速运动,到达C点,加速度为零,速度达到最大,选项B错误、C正确;从C点到D点重力小于弹力,加速度方向向上,向下运动的过程中弹力增大,加速度增大,做加速度逐渐增大的减速运动,处于超重状态,选项D正确。3.A选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+FN-mg=ma,系统原处于静止状态,

10、则F0=ma,F由开始随x增加,FN变小,F变大,选项A正确。4.C由胡克定律可知,弹簧的弹力F=kx=200(0.23-0.20)N=6N,由牛顿第二定律知F-mg=ma,解得a=5m/s2,砝码加速度向上,可能是加速上升,也可能是减速下降,故C正确,A、B、D错误。5.A当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图:竖直方向:FQ+mg=FNcos15水平方向:F合=FNsin15=ma联立解得a=FQ+mgmtan15=FQm0.27+2.7m/s22.7m/s2,故A选项正确。6.D对物体受力分析,受推力、重力、支持力,如图所示x方向:Fcos-m

11、gsin=may方向:FN-Fsin-mgcos=0从a-F图像中取两个点(20N,2m/s2),(30N,6m/s2)代入式解得:m=2kg,=37因而选项A、B可以算出:当a=0时,可解得F=15N,因而选项C可以算出;题中并未说明力F随时间变化的情况,故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小,因而D不可以算出。7.C由几何关系得,AD与水平面的夹角为30,设圆周的半径为R,则有xAD=2Rcos30=3R,根据牛顿第二定律得,小球在AD上运动的加速度大小为a1=gsin30=12g,根据xAD=12a1t12,可得t1=2xADa1=43Rg。由几何关系得xCD=2R,小球在CD上运

12、动的加速度大小a2=gsin60=32g,根据xCD=12a2t22,可得t2=2xCDa2=8R3g,则有:t1t2=32,故A、B、D错误,C正确。8.BCD小球在F0作用下向右做加速运动,随着速度的增加,向上的力F越来越大,导致杆对小球的弹力越来越小,摩擦力越来越小,加速度越来越大,当F=mg时,弹力减小到零,摩擦力减小到零,此时加速度达到最大值,最大加速度a=F0m,选项C正确;接下来Fmg,杆对小球的弹力向下,随速度的增加,F越来越大,杆对小球的弹力越来越大,摩擦力越来越大,加速度越来越小,当摩擦力增大到与拉力F0相等时,小球匀速运动,因此小球的加速度先增大后减小,最后匀速运动,选项

13、A错误、B正确;最大速度时,F0=(F-mg),F=kv,可求得最大速度v=(F0+mg)k,选项D正确。9.C刚开始释放时,铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a0=mg-F浮m=g-F浮mg,A错误;由图乙可知铝球做加速度减小的加速运动,速度越来越大,当a=0时,铝球下沉的速度达到最大,之后匀速运动,B错误;刚开始释放时有mg-F浮=ma0,铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力,由牛顿第二定律可得mg-F浮-Ff=ma,由a-v图像可知a=a0-a0v0v,由以上各式解得铝球与油的阻力f=ma0vv0,C正确;铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力、浮力所做的功,故D错误。10.

14、答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N解析(1)由题图乙易得,物块上升的位移:x1=1221m=1m;物块下滑的距离:x2=1211m=0.5m;位移大小x=x1-x2=1m-0.5m=0.5m路程L=x1+x2=1m+0.5m=1.5m。(2)由题图乙知,各阶段加速度a1=20.5m/s2=4m/s2a2=0-20.5m/s2=-4m/s2,|a2|=4m/s2设斜面倾角为,斜面对物块的摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律00.5s内F-Ff-mgsin=ma1;0.51s内-Ff-mgsin=ma2;联立解得:F=8N。11.答案(1)0.5(2)1+52 s解析(1

15、)设滑块质量为m,木板水平时滑块加速度大小为a,则对滑块有mg=ma滑块恰好滑到木板右端静止,则0-v02=-2aL解得:=v022gL=0.5(2)当木板倾斜时,设滑块上滑时的加速度大小为a1,上滑的最大距离为s,上滑的时间为t1,有mgcos+mgsin=ma10-v02=-2a1s0=v0-a1t1解得s=1.25m,t1=12s设滑块下滑时的加速度大小为a2,下滑的时间为t2,有mgsin-mgcos=ma2s=12a2t22解得:t2=52s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间为t=t1+t2=1+52s12.答案(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m解析(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1=F-Ffm=84-1260m/s2=1.2m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1=a1t1=1.21.0m/s=1.2m/s位移x1=12a1t12=0.6m。(2)运动员第一次撤除水平推力后,加速度大小为a2=Ffm,经时间t2速度变为v1=v1-a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2,则v22-v12=2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2=v222a2联立解得x2=5.2m。