2022版高考物理一轮复习-第三章-牛顿运动定律-第2讲-牛顿第二定律的基本应用练习新人教版.doc

2022版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的基本应用练习新人教版2022版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的基本应用练习新人教版年级：姓名：- 9 -第2讲牛顿第二定律的基本应用一、选择题(本题共8小题，15题为单选，68题为多选)1物块在1 N的合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，如图所示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块的有关物理量大小的判断正确的是(D)A质量为1 kgB经过坐标原点时速度为2 m/sC加速度为1 m/s2D加速度为0.5 m/s2解析本题根据xv2图像考查根据受力情况分析运动情况。根据图像求出解析式为xv22，与v2v2ax对比可得a0.5 m/s2，由Fma可得m2 kg，由图像可看出x0时，v2 m2/s2，则v0 m/s，D正确。2(2018全国卷，15)如图，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(A)ABCD解析设弹簧原长为L，物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(lx0x)及力F，根据牛顿第二定律，得Fk(lx0x)mgma且k(lx0)mg故Fkxma根据数学知识知Fx图像是截距为ma的一次函数图像。A正确。3(2020河北衡水中学调研)如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B、C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚被剪断的瞬间(D)A物体B的加速度大小为gB物体C的加速度大小为2gC吊篮A的加速度大小为gD吊篮A与物体C间的弹力大小为0.5mg解析本题考查牛顿第二定律的瞬时性。轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体B的加速度为0，A错误；吊篮A和物体C的加速度相同，取吊篮A和物体C为整体，则有a1.5g，B、C错误；取吊篮A为研究对象，则有a1.5g，解得N0.5mg，D正确。4如图所示，在倾角为的斜面上方的A点处斜放一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则与角的大小关系为(B)ABC2D解析如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。故将木板下端B点与D点重合即可，而COD，则。5(2021河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G。通过测量计算得此火箭发射时可提供大小为F2G的恒定推力，且持续时间为t。随后该小组又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行时，火箭丢弃一半的质量，剩余时间内，火箭推动剩余部分继续飞行。若采用原来的方式，火箭可上升的高度为H，则改进后火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化)(C)A1.5HB2HC2.75HD3.25H解析本题考查由受力求解运动的问题。采用原来的方式时，模型火箭加速上升过程中，由牛顿第二定律得FGma，解得ag，故火箭加速上升的高度h1gt2，t时刻火箭的速度大小vatgt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，火箭上升的高度h2gt2，则Hh1h2gt2。改为二级推进的方式后，火箭在前时间内加速上升过程中，由牛顿第二定律得FGma1，解得a1g，时间内火箭加速上升的高度H1a12gt2，时刻火箭的速度v1a1g；丢弃一半的质量后，由牛顿第二定律得FGma2，解得a23g，后时间内火箭加速上升的高度H2v1a22gt2，t时刻火箭的速度v2v1a22gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，上升的高度H32gt2，则HH1H2H3gt2gt22gt2gt2H2.75H，故C正确。6如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是(AC)A倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos FN，平行于屋顶方向：mamgsin 。雨滴的加速度为：agsin ，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，A正确；雨滴对屋顶的压力大小FNFNmgcos ，则倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x，由xgsin t2，可得t ，可见当45时，用时最短，D错误；由vgsin t可得v，可见越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。7如图所示为跳伞者在下降过程中竖直速度v随时间t变化的示意图。根据示意图，判定下列说法正确的是(AD)A0t1时间内速度越大，空气阻力越大B伞在水平方向上越飞越远Ctan g(g为当地的重力加速度)D在t1和t2之间，跳伞者处于超重状态解析本题借助vt图像考查超重和失重问题。vt图像斜率代表加速度，0t1时间内图像斜率变小，则加速度变小，由fmgma知，空气阻力变大，故A正确；图像反映的是竖直方向上的运动情况，无法观察水平运动情况，故B错误；斜率代表加速度，在加速下降过程有mamgf，加速度小于等于g，则tan g，故C错误；t1t2时间内跳伞者减速下降，加速度向上，处于超重状态，故D正确。8(2020广东佛山月考)如图甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为。对物体施加水平向右、大小变化的外力F，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a随外力F变化的关系如图乙所示。物体不脱离斜面的条件是F20 N，若重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出(ABD)A物体的质量B斜面倾角的正弦值C物体运动6 s时经过的位移D加速度为6 m/s2时物体对斜面的压力解析本题考查受力分析和牛顿第二定律的应用。对物体受力分析如图所示，设斜面的倾角为，当F0时，mgsin mgcos ma1，a12 m/s2；当F20 N时，Ff0，Fcos mgsin ma2，a2m/s2，FN0，Fsin mgcos ，联立解得，mkg，sin ，故A、B正确；由于物体的初速度及F随时间的变化情况未知，因此无法求解物体运动6 s时经过的位移，故C错误；当a6 m/s2时，可求得FN，由FNFsin mgcos ，可得物体所受的支持力FNN，则物体对斜面的压力FNN，故D正确。二、非选择题9国产大飞机C919逃生系统打开后是一条倾斜的滑道，为了不造成二次伤害，乘客滑到地面的最大速度不能超过5m/s。假设逃生口距地面的高度为4 m，人与滑道之间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2。求滑道打开后滑道的最小长度。答案5 m解析本题可以看成斜面模型，如图：设滑道最短长度为x，此时滑道倾角为，乘客滑到地面时的速度v5m/s，则有：sin ，cos 设乘客质量为m，对沿滑道下滑的乘客受力分析可得：mgsin mgcos ma对乘客的运动过程进行分析可得：v22ax联立以上各式并代入数据可得x5 m。10如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为30。现小球在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为，g取10 m/s2。试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离。答案(1)2.5 m/s2(2)2.4 m解析(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(Fmg)sin 30(Fmg)cos 30ma1解得a12.5 m/s2。(2)刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s小球的位移x1t11.8 m撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin 30mgcos 30ma2解得a27.5 m/s2小球上滑时间t20.4 s上滑位移x2t20.6 m则小球上滑的最大距离为xmx1x22.4 m。11(2021山东高考模拟)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v090 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数0.30，取重力加速度大小g10 m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 150.26，cos 150.97，结果保留2位有效数字)。答案(1)tan 0.30(2)57 m解析(1)当货车在避险车道停下后，有fmmgsin 货车所受的最大摩擦力fmNmgcos 联立可解得tan 0.30。(2)货车在避险车道上行驶时a5.51 m/s2货车的初速度v025 m/s则货车在避险车道上行驶的最大距离为x57 m。