2023版新教材高考物理一轮复习 课时分层作业（八）牛顿第二定律的应用.docx

1、课时分层作业(八)牛顿第二定律的应用基础性题组1SpaceX公司的“猎鹰9号”火箭成功将载有2名宇航员的“飞龙号”发射升空，并成功对接国际空间站下列说法错误的是()A火箭点火加速，上升的阶段，宇航员处于超重状态B“飞龙号”载人飞船与空间站对接时不能视为质点C宇航员在国际空间站中可以用体重计测量体重D火箭通过向后喷射气体提供动力，火箭与气体之间的相互作用力大小相等2人站在力传感器上完成“起立”和“下蹲”动作，图中呈现的是力传感器的示数随时间变化的情况，由此可以判断()A.此人先下蹲后起立B此人先起立后下蹲C起立时先失重后超重D下蹲时先超重后失重3(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg，受到两

2、个大小都是50 N且互成120角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是()A物体受到的合力为50 NB物体的加速度为25 m/s2C3 s末物体的速度为75 m/sD3 s内物体发生的位移为125 m42022四川省攀枝花市高三统考如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与P质量相同的小球Q被固定在吊篮中的轻弹簧上端，保持静止状态重力加速度为g，当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，小球Q、吊篮P的加速度大小分别为()Ag，g B0，gC0，2g D2g，05如图，风靡全球的蜘蛛侠2电影中，蜘蛛侠利用蜘蛛丝粘住墙体产生的阻力，来拯救一列质量为1106 kg的速度为360 km/h飞驰的失去

3、制动性能的列车，使列车在其正前方400 m断轨处刚好停止若铁轨和空气的阻力为车重的0.25倍，g取10 m/s2，列车的运动可视为匀减速直线运动，则蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为()A1105N B1106NC1107N D1108N6如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()AtABtCDtEF BtABtCDtEFCtABtCD

4、tEF DtABtCDtEF7从地球极地处竖直向上发射一科研火箭，由火箭内部的压力传感器传来的信息表明：火箭发射的最初10 s内火箭里所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，此后火箭无推动力飞行而在火箭从最高点落回到地面的过程中，火箭里所有物体对支持面的压力为0，认为火箭受到的地球引力不变，g取10 m/s2.求从火箭发射到落回地面所用的时间8.2022浙江宁波期末某型号的舰载机质量为M2104 kg，在航空母舰的平直跑道上加速时，舰载机发动机产生的最大推力为F1105 N，所受到的阻力大小恒为f1104 N，方向与运动方向相反已知平直跑道L100 m，舰载机所需的最小起飞速度为v150

5、 m/s.(1)若航母不动，舰载机从静止开始启动，则其到达跑道末端的最大速度v2为多大？(2)航母上一般安装有弹射系统，其中一种为蒸汽弹射器，如图所示，其作用相当于给舰载机一个沿运动方向上的推力若航母以速度v310 m/s航行，假定蒸汽弹射器和舰载机上的发动机在100 m，加速全过程中都施以恒力，则蒸汽弹射器至少需要提供多大的力F1来帮助舰载机起飞？综合性题组92022四川省宜宾市高三一诊(多选)如图a，质量m1 kg的物体沿倾角37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与物体的速度v成正比，比例系数用k表示物体加速度a与速度v的关系如图b所示，g取10 m/

6、s2，sin 370.6，cos 370.8.下列说法正确的是()A.物体沿斜面做匀变速运动B当速度v5 m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大C物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D比例系数k为 kg/s10某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是()A.甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D乙图中小球下滑至底端的速度大小相同112021上海卷如图，在倾角为的斜面ABC上，AB段光滑且长为L，BC段粗

7、糙(动摩擦因数恒定)且足够长一质量为m的物体在平行于斜面的力F作用下，从静止开始运动，在AB段做匀加速直线运动，经过时间t0到达B点重力加速度为g，求：(1)AB段的拉力F的大小；(2)物体运动到B点时拉力的功率PB；(3)若BC段拉力的功率恒为PB，且物体做减速运动定性画出物体由A运动到C的v t图像课时分层作业(八)牛顿第二定律的应用1解析：火箭点火加速，上升的阶段，加速度向上，宇航员处于超重状态，选项A正确，不符合题意；“飞龙号”载人飞船与空间站对接时，飞船的大小不能忽略，不能视为质点，选项B正确，不符合题意；宇航员在国际空间站中由于处于完全失重状态，则不可以用体重计测量体重，选项C错误

8、，符合题意；火箭通过向后喷射气体提供动力，火箭与气体之间是相互作用力，其大小相等，选项D正确，不符合题意答案：C2解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图像可知，该同学先做了一次下蹲，后做了一次起立的动作，故选项A正确，B错误；由以上分析可知，起立时先超重后失重；下蹲时先失重后超重，故选项C、D错误答案：A3解析：两个夹角为120的50 N的力，其合力仍为50 N，加速度aF合m25 m/s2，3 s末速度vat75 m/s，3 s内位移x12at2112.5 m，故A、C正确，B、D错误答案：

9、AC4解析：剪断细绳前，对小球Q受力分析，受到重力mg、弹簧的弹力F，由于Q处于平衡状态，则Fmg，方向向上，则弹簧对P的弹力大小为F，方向向下剪断细绳的瞬间，吊篮P所受重力和弹簧的弹力均不变，细绳的拉力减为零，故吊篮P受到的合力等于mgF，根据牛顿第二定律得mgFmaP，所以aP2g，小球Q受到的力不变，合力为零，所以aQ0，故A、B、D错误，C正确答案：C5解析：v360 km/h100 m/s，设蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为f，由牛顿第二定律得：f0.25mgma，由v2v022ax得：v22ax，联立解得：f1107 N，故选项C正确，A、B、D错误答案：C6解析：如图所示，过D点作O

10、D的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tABtCDtEF，B正确答案：B 7.解析：火箭发射时，火箭上所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，F1.8mg，根据牛顿第二定律，有：Fmgma，解得：a0.8g根据位移与时间的关系公式，有：x112at2末速度为：v1at发动机关闭后火箭做竖直上抛运动，以向上为正方向，有：x2v1t112gt12由于最后回到出发点，故：x1x2联立各式解得：t120 s(负值舍去)故火箭运动的总时间为：t总tt130 s.答案：30 s8解析：(1)对舰载机，根据牛顿第二定律可得FfMa解得a

11、4.5 m/s2根据速度位移公式可得v222aL解得v230 m/s.(2)设舰载机的加速度为a，则有v12v322aL解得a12 m/s2对舰载机受力分析，根据牛顿第二定律可得F1FfMa解得F11.5105 N.答案：(1)30 m/s(2)1.5105 N9解析：由图b可知，随着速度的增大，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是做匀变速运动，故A错误；由图b可知，速度为5 m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a04 m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律，沿斜面的方向：mg sin mg cos ma0，解得：gsina0gcos0.2

12、5，故C正确；物体加速度为零时，受力分析可得：mg sin Nkv cos 0，又Nmg cos kv sin ，由图b可知，此时v5 m/s，代入上式解得：kmgsincosvsin+cos1619 kg/s，故D正确答案：BCD10解析：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为ag sin ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s12at2，shsinxcos，解得小球在斜面上的运动时间为t1sin 2hg 2xgsincos，根据机械能守恒定律有mgh12mv2，

13、解得小球下滑至底端的速度大小为v2gh，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确答案：C11.解析：(1)解法一物体在AB段运动时，受力分析如图甲所示，则由牛顿第二定律得Fmg sin ma又由运动学公式得L12at02整理得Fmgsin+2mLt02 解法二对物体由A

14、到B的过程，由动量定理得(Fmg sin )t0mvB又由运动学公式得vB2Lt0整理得Fmgsin+2mLt02 .(2)由vB2Lt0得物体在B点的速度大小为vB2Lt0，则物体运动到B点时拉力的功率PBFvB整理得PB2mgLsint0+4mL2t03 .(3)物体运动到BC段后，受力分析如图乙所示由题意知该过程保持功率PB恒定，且物体做减速运动，则由公式PFv可知，牵引力F逐渐增大根据牛顿第二定律mg sin FfFma可知，物体的加速度逐渐减小，当物体的加速度等于0，即mg sin FfF时，物体的速度减小到最小，此后保持该速度做匀速直线运动由以上分析可知，物体在AB段做初速度为零的匀加速直线运动，BC段先做加速度逐渐减小的减速运动，再做匀速直线运动该过程的速度随时间的变化图像如图丙所示答案：1mgsin+2mLt02 22mgLsint0+4mL2t03 (3)见解析图