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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

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第2讲　牛顿第二定律的基本应用
一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8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 kg
B．经过坐标原点时速度为2 m/s
C．加速度为1 m/s2
D．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x＝v2－2，与v2－v＝2ax对比可得a＝0.5 m/s2，由F＝ma可得m＝2 kg，由图像可看出x＝0时，v＝2 m2/s2，则v0＝ m/s，D正确。
2．(2018·全国卷Ⅰ，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　)

A B

C D
[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(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得
F＋k(l－x0－x)－mg＝ma
且k(l－x0)＝mg
故F＝kx＋ma
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g
B．物体C的加速度大小为2g
C．吊篮A的加速度大小为g
D．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a＝＝1.5g，B、C错误；取吊篮A为研究对象，则有a＝＝1.5g，解得N＝0.5mg，D正确。
4．如图所示，在倾角为θ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α，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α与θ角的大小关系为(　B　)

A．α＝θ　　　　　　　 B．α＝
C．α＝2θ D．α＝
[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＝θ，则α＝。
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F＝2G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　)
A．1.5H　 B．2H
C．2.75H　 D．3.25H
[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F－G＝ma，解得a＝g，故火箭加速上升的高度h1＝gt2，t时刻火箭的速度大小v＝at＝gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，火箭上升的高度h2＝＝＝gt2，则H＝h1＋h2＝gt2。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F－G＝ma1，解得a1＝g，时间内火箭加速上升的高度H1＝a1·2＝gt2，时刻火箭的速度v1＝a1·＝g；丢弃一半的质量后，由牛顿第二定律得F－G＝ma2，解得a2＝3g，后时间内火箭加速上升的高度H2＝v1·＋a22＝gt2，t时刻火箭的速度v2＝v1＋a2＝2gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，上升的高度H3＝＝＝2gt2，则H′＝H1＋H2＋H3＝gt2＋gt2＋2gt2＝gt2＝H＝2.75H，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θ，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θ越大，雨滴下滑时的加速度越大
B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大
C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大
D．倾角θ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 θ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ。雨滴的加速度为：a＝gsin θ，则倾角θ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FN′＝FN＝mgcos θ，则倾角θ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x＝gsin θ·t2，可得t＝ ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·t可得v＝，可见θ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　)

A．0～t1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
C．tan θ＝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，0～t1时间内图像斜率变小，则加速度变小，由f＝mg－ma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ma＝mg－f，加速度小于等于g，则tan θ≤g，故C错误；t1～t2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μ。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F≤20 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θ，当F＝0时，mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，a1＝2 m/s2；当F＝20 N时，Ff＝0，Fcos θ＋mgsin θ＝ma2，a2＝m/s2，FN＝0，Fsin θ＝mgcos θ，联立解得μ＝，m＝kg，sin θ＝，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a＝6 m/s2时，可求得F＝N，由FN＋Fsin θ＝mgcos θ ，可得物体所受的支持力FN＝N，则物体对斜面的压力F′N＝N，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μ＝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θ，乘客滑到地面时的速度v＝5m/s，
则有：sin θ＝，cos θ＝
设乘客质量为m，对沿滑道下滑的乘客受力分析可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma
对乘客的运动过程进行分析可得：v2＝2ax
联立以上各式并代入数据可得x＝5 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θ为30°。现小球在F＝20 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
(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2。
(2)刚撤去F时，小球的速度
v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
小球上滑时间t2＝＝0.4 s
上滑位移x2＝t2＝0.6 m
则小球上滑的最大距离为
xm＝x1＋x2＝2.4 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v0＝90 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μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 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θ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θ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 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，结果保留2位有效数字)。
[答案]　(1)tan θ≤0.30　(2)57 m
[解析]　(1)当货车在避险车道停下后，有
fm≥mgsin θ
货车所受的最大摩擦力fm＝μN＝μmgcos θ
联立可解得
tan θ≤0.30。
(2)货车在避险车道上行驶时
a＝＝5.51 m/s2
货车的初速度
v0＝25 m/s
则货车在避险车道上行驶的最大距离为
x＝≈57 m。