【骄子之路】2023高考物理一轮复习 3.3牛顿第二定律的综合应用课时强化作业

课时强化作业十二　牛顿第二定律的综合应用一、选择题1．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图甲所示，电梯运行的vt图(如图乙)可能是(取电梯向上运动的方向为正)(　　)解析：t0～t1时间内为弹簧秤的示数小于人的体重，电梯处于失重状态，应向上做匀减速运动或向下做匀加速运动，故选项B、C错误；t1～t2时间内，弹簧秤的示数等于人的体重，电梯应静止或向上、向下做匀速运动；t2～t3内，弹簧秤的示数大于人的体重，电梯处于超重状态，应向上加速或向下减速，故选项A、D正确．答案：AD2．如图所示，车厢里悬挂两个质量不同的小球，上面球比下面球的质量大，当车厢向右做匀加速运动时，下列各图中正确的是(　　)解析：两个小球与车厢的加速度相同，设上面的线与竖直方向的夹角为α，以整体为研究对象，受力如图所示，又由牛顿第二定律有水平方向：F1sinα＝(m1＋m2)a，竖直方向：F1cosα＝(m1＋m2)g，联立解得tanα＝8\n设下面的线与竖直方向夹角为β，以下面小球m2为研究对象，受力如图所示．由牛顿第二定律有：水平方向F2sinβ＝m2a.竖直方向F2cosβ＝m2g，联立解得tanβ＝所以tanα＝tanβ，故α＝β，选项B正确．答案：B3．(2013年安徽卷)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)(　　)A．T＝m(gsinθ＋acosθ)　FN＝m(gcosθ－asinθ)B．T＝m(gcosθ＋asinθ)　FN＝m(gsinθ－acosθ)C．T＝m(acosθ－gsinθ)　FN＝m(gcosθ＋asinθ)D．T＝m(asinθ－gcosθ)　FN＝m(gsinθ＋acosθ)解析：对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律有在水平方向Tcosθ－FNsinθ＝ma.竖直方向Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得T＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ)，故选项A正确．答案：A4．(2014年北京卷)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是(　　)A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：受托的物体从静止开始向上运动，一定先做加速运动，受到手的支持力大于物体重力，处于超重状态，而后物体可能匀速上升，也可能减速上升，故选项A、B错误；物体离开手的瞬间物体只受重力，物体的加速度的重力加速度，要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体的加速度，即手的加速度大于重力加速度，故选项D正确，选项C错误．答案：D5．如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑．当在绳的B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是(　　)A．a1＝a2B．a1>a2C．a1<a2D．无法确定8\n解析：当在绳的B端挂一质量为m的物体时，将它们看成一个系统，由牛顿第二定律有mg＝(M＋m)a1得a1＝；而当用F＝mg的外力在B端竖直向下拉绳时，由牛顿第二定律有mg＝Ma2得a2＝，故a1<a2，选项C正确．答案：C6．如图所示，在水平面上有一个质量为M的楔形木块A，其斜面倾角为α，一质量为m的木块B放在A的斜面上，现对A施以水平推力F，恰使B与A不发生相对滑动，忽略一切摩擦，则B对A的压力大小为(　　)A．mgcosαB.C.D.解析：以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得A、B一起运动的加速度a＝，隔离B，受力分析如图所示．由牛顿第二定律有FNsinα＝ma得FN＝＝，故选项D正确，由于加速度水平向左，故B物体受到的合外力水平向左，则有FN＝，故选项B正确．答案：BD7．(2015届河北省正定中学月考)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g＝10m/s2，则可以计算出(　　)A．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14N时物体的速度C．物体与水平面间的动摩擦因数D．物体的质量解析：由aF图象可知，拉力在等于7N之前物体的加速度为零，由平衡条件可知，在此过程中物体受到合外力为零，当拉力F＝7N时物体受到的摩擦力为最大静摩擦力fmax＝7N，故选项A正确；物体从拉力为7N到拉力为14N过程中做变加速运动，但不清楚x与时间的对应关系．故不能求得F＝14N时物体的速度，选项B错误；由图线可知，当F1＝7N，物体的加速度a1＝0.5m/s2，当F1＝14N时，a2＝4m/s2，由牛顿第二定律，有F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma28\n，两式联立可求得动摩擦因数和物体的质量，故选项C、D正确．答案：ACD8．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ.现分别以水平恒力F1、F2作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是(　　)A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．两种情况下获取的最大加速度相同C．两种情况下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：保持A、B相对静止，整体具有最大加速度时，甲方式情况下，A恰好与地面无作用力；乙方式情况下，B恰好与地面无作用力．甲方式受力如图丙所示，乙方式受力如图丁所示，对甲方式由牛顿第二定律对A：FN1cosθ＝mg对B：FN1′sinθ＝ma1由牛顿第三定律可知FN1′＝FN1解得a1＝gtanθ对乙方式，F最大时，B刚要离开地面，对B有FN2cosθ＝mg，FN2sinθ＝ma2，解得a2＝gtanθ由以上解析可知FN1＝FN2，故选项A、D错误，选项B、C正确．答案：BC9．(2015届银川一中月考)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是(　　)A．竖直挡板对球的弹力一定增大B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面对球的弹力保持不变D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma8\n解析：以小球为研究对象分析受力情况如图所示．受重力mg、竖直挡板的作用力F1，斜面的支持力F2，设斜面运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F1－F2sinθ＝ma，F2cosθ＝mg.由两式可知F2的大小不变与加速度无关，所以斜面的支持力F2不可能为零，选项B错误，选项C正确；由F1＝ma＋F2sinθ可知，F1增大，选项A正确；由牛顿第二定律可知小球受到的合外力等于ma，故选项D错误．答案：AC10．如图甲所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直．在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板．当升降机按如图乙所示的vt图象上行时，可知升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性图象可能正确的是(　　)解析：由题意可知弹簧长度不变，则对物体向上的弹力不变，则弹簧对地板的压力F2保持不变，选项C正确，选项D错误；对物块受力分析由牛顿第二定律有kx－mg－FN＝ma，其中FN＝F1，由vt图象可知加速时F1＝FN＝kx－mg－ma，匀速时F1＝kx－mg，减速时，F1＝kx－mg＋ma，故选项A正确，选项B错误．答案：AC二、非选择题11．(2014年全国卷Ⅱ)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)8\n解析：(1)设该运动员从开始下落到1.5km高度处经历的时间为t，下落的距离为s，在1.5km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有v＝gt，s＝gt2.根据题意有s＝3.9×104m－1.5×103m联立解得t＝87s，v＝8.7×102m/s(2)由vt图象可知物体下落过程中的最大速度vmax＝360m/s.物体有最大速度时，其加速度为0，由牛顿第二定律有mg＝kv，解得k＝0.008kg/m.答案：(1)87s　8.7×102m/s　(2)0.008kg/m12．如图所示，一质量M＝5kg的平板小车静止在水平地面上，小车与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，现在给小车施加一个水平向右的拉力F＝15N，经t＝3s后将一质量为m＝2kg的货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱与小车间的动摩擦因数μ2＝0.4，货箱最后刚好未从小车上落下，求货箱刚放上小车时离车后端的距离(g取10m/s2)．解析：开始时地面对小车的摩擦力为Ff1＝μ1Mg＝5N.由牛顿第二定律，有F－Ff1＝Ma1解得a1＝2m/s2，t＝3s末，小车的速度v＝a1t＝6m/s.放上货箱后，地面对小车的滑动摩擦力为Ff2＝μ1(M＋m)g＝7N.货箱对小车的摩擦力为Ff3＝μ2mg＝8N.由于F＝Ff2＋Ff3，故此后小车做匀速运动，而货箱做匀加速运动，直到两物体运动速度相同后再一起做匀加速运动．货箱的加速度a2＝μ2g＝4m/s2.当货箱加速到等于小车速度所用的时间为t′＝＝1.5s.8\n这段时间内小车的位移和货箱的位移分别为x1、x2x1＝vt′＝9m，x2＝·t′＝4.5m则货箱刚放上小车时离车后端的距离为Δx＝x1－x2＝4.5m.答案：4.5m13．如图(甲)所示，质量m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图(乙)所示．取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10s末物体离a点的距离．解析：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由vt图得：a1＝2m/s2①根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由vt图得：a2＝1m/s2③根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2④由①②③④得：F＝3N，μ＝0.05.(2)设10s末物体离a点的距离为x，x应为vt图象与横轴围成的面积，则x＝×4×8m－×6×6m＝－2m，负号表示物体在a点左侧．答案：(1)3N　0.05　(2)2m　在a点左侧14．如图所示，质量M＝100kg的平板车静止在水平路面上，车身平板离地面的高度h＝1.25m．质量m＝50kg的小物块(可视为质点)置于车的平板上，到车尾的距离b＝1.0m，物块与车板间、车与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.20.今对平板车施一水平恒力，使车向右行驶，结果物块从车板上滑落．物块刚离开车板的时刻，车向右行驶的距离s0＝2.0m.求：(1)物块在车板上滑行时间t；8\n(2)对平板车施加的水平恒力F；(3)物块落地时，落地点到车尾的水平距离s.(取g＝10m/s2)．解析：(1)设小物块在车板上滑行时间为t1，小物块受力分析如图：由牛顿第二定律有f1＝μmg＝ma1小物块的滑行距离为s1，则有s1＝s0－b由运动学公式s1＝a1t联立解得t1＝1s.(2)以车为研究对象，受力如图：由牛顿第二定律有：F－μmg－μ(M＋m)g＝Ma2.由运动学公式有s0＝a2t联立解得F＝800N.(3)小物块从平板车上滑落时的速度v1，平板车的速度v2，v1＝a1t1＝2m/s，v2＝a2t2＝4m/s物块从平板车做平抛运动到地面的时间t2则有h＝gt，t2＝0.5s小物块做平抛的水平位移s1′＝v1t2＝1m小物块滑落后平板车的加速度为a2′，由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma2′，s2′＝v2t＋a2′t，水平距离s＝s2′－s1′，联立解得s＝1.75m.答案：(1)1s　(2)800N　(3)1.75m8