2021高考物理一轮复习-第3章-牛顿运动定律-第2讲-牛顿第二定律的应用课时作业.doc

2021高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的应用课时作业

2021高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的应用课时作业

年级：
姓名：

- 9 -

第2讲　牛顿第二定律的应用
　　时间：50分钟　　　满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6题为单选，7～10题为多选)
1．(2019·河南省郑州市一模)阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼，楼层总数162层，配备56部电梯，最高速度可达17.4 m/s。游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯运行中只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是(　　)

A．t＝6 s时，电梯处于失重状态
B．7～53 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0
答案　D
解析　根据a­t图象可知，t＝6 s时，电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，A错误；53～60 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力，而7～53 s时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，B错误；t＝59 s时，电梯的加速度方向向下，电梯处于失重状态，C错误；根据a­t图象与横轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，0～60 s时间内电梯速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60 s时，电梯速度恰好为0，D正确。
2．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 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v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25
答案　C
解析　根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故C正确。
3.如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1＝kv，且k<1。物体与斜面间的动摩擦因数为(　　)

A．(1－k)sinα B.(1－k)cosα
C．(1－k2)tanα D.(1－k2)cotα
答案　C
解析　物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，mgsinα－μmgcosα＝ma，解得加速度大小a＝gsinα－μgcosα，设斜面高度为h，则斜面长度L＝，由匀变速直线运动规律有，v1＝＝；物体从斜面顶端开始做自由落体运动，有v＝且v1＝kv，联立解得μ＝(1－k2)tanα，C正确。
4．(2019·福建龙岩高三上学期期末)如图甲所示，一个质量m＝1 kg的物块以初速度v0＝12 m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t1＝1.2 s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端。物块运动的v­t图象如图乙所示，斜面倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)。则可确定(　　)

A．物块上滑时的加速度大小为5 m/s2
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4
C．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 m
D．物块回到斜面底端的时刻为2.4 s
答案　C
解析　v­t图象的斜率表示加速度，根据图象可知，物块上滑时的加速度大小为a1＝ m/s2＝10 m/s2，A错误；物块上滑时，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5，B错误；在v­t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为s＝×12×1.2 m＝7.2 m，C正确；物块沿斜面下滑的加速度大小为a2＝gsinθ－μgcosθ＝2 m/s2，根据位移公式有s＝a2t2，解得t＝ s≠1.2 s，故物块返回到斜面底端的时刻不是2.4 s，D错误。
5．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)

A．两图中两球加速度均为gsinθ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
答案　D
解析　撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有D正确。
6．(2019·四省八校双教研联盟联考)将质量为m＝0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度v0＝20 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv，且k＝0.1 kg/s，其速率随时间变化规律如图所示，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

A．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/s
B．小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零
C．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s2
D．小球落地前做匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s
答案　D
解析　小球在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于10 m/s，A错误；小球在t1时刻到达最高点，此时速度为零，只受重力，加速度为g，B错误；小球抛出瞬间，受到重力mg＝1.0 N，空气阻力f＝kv0＝0.1×20 N＝2.0 N，所受合外力F＝mg＋f＝3.0 N，由牛顿第二定律有F＝ma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为a0＝30 m/s2，C错误；小球落地前做匀速运动，由mg＝kv1，解得v1＝10 m/s，D正确。
7.如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度沿斜面向上，A球的瞬时加速度沿斜面向下，瞬时加速度都不为零
答案　BC
解析　系统静止时，根据平衡条件可知：对B球F弹＝mgsinθ，对A球F绳＝F弹＋mgsinθ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零，对A球根据牛顿第二定律得a＝＝＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A、D错误，B、C正确。
8.如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是(　　)

A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上
B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行
C．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向
D．此时小车的加速度为gtanα
答案　BD
解析　由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtanα＝ma，解得a＝gtanα，故小车的加速度为gtanα，选项B、D正确。

9.如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是(　　)

答案　BD
解析　设斜面与水平面夹角为θ，斜面长为2L，在斜面上半段a1＝gsinθ，v＝2a1L，在斜面下半段0－v＝－2a2L，故加速度大小a1＝a2，故B、D正确，C错误；在斜面上半段x＝a1t2，x­t图应开口向上，故A错误。
10．图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

A．前10 s悬线的拉力恒为1500 N
B．46 s末材料离地面的距离为22 m
C．0～10 s材料处于超重状态
D．在30～36 s钢索最容易发生断裂
答案　BC
解析　由图乙可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1515 N，A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m,46 s末材料离地面的距离为22 m，B正确；因30～36 s材料加速度向下，材料处于失重状态，F<mg，前10 s材料处于超重状态，F>mg，故在0～10 s钢索最容易发生断裂，C正确，D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(14分)(2019·湖南湘潭三模)如图甲所示，质量为100 kg的电梯沿与水平方向成30°角的直线轨道运行，质量为20 kg的货物置于电梯的水平底板上，并与电梯保持相对静止。电梯受到与轨道平行的牵引力作用，从轨道底端运行到顶端，电梯速度随时间的变化图象如图乙所示。不计轨道对电梯的摩擦阻力及空气阻力，g取10 m/s2，求：

(1)电梯加速过程中受到的牵引力的大小；
(2)电梯减速过程中，货物所受支持力及摩擦力的大小。
答案　(1)720 N　(2)195 N　5 N
解析　(1)由图乙知电梯加速过程的加速度大小为：
a1＝＝1 m/s2
设电梯受到的牵引力为F，由牛顿第二定律得：
F－(M梯＋m货)gsin30°＝(M梯＋m货)a1
解得：F＝720 N。
(2)由图乙知电梯减速过程的加速度大小为：
a2＝＝0.5 m/s2
将加速度a2沿水平方向和竖直方向分解，对货物，
由牛顿第二定律得：f＝m货a2cos30°
m货g－N＝m货a2sin30°
解得：f＝5 N，N＝195 N。
12．(16分)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；
(2)求运动员到达B处时的速度大小；
(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。
答案　(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m
解析　(1)由牛顿第二定律得，
mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，
有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 m/s2
运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t1＝＝2 s
位移x1＝a1t＝8 m。
(2)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有
a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5 m/s2
由v＝v2＋2a2(l－x1)
代入数据解得vB＝15 m/s。
(3)根据牛顿第二定律得，a3＝μ3g＝5 m/s2
在水平面滑行的距离x3＝＝22.5 m。