高考总复习物理随堂课件与课后习题第三章牛顿运动定律课时规范练8牛顿第二定律的应用.docx

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1、课时规范练8牛顿第二定律的应用 基础对点练1.(物体受力分析)(2021北京昌平模拟)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持稳定,将其置于木板A、B之间,如图所示。两木板固定在车上,且板间距离刚好等于工件的外部直径。当卡车沿平直公路以加速度a匀加速行驶时,工件对木板A、B压力的大小分别为F1、F2,则()A.F1=ma,F2=0B.F1=0,F2=maC.F1=0,F2=0D.F1=ma,F2=ma2.(超重失重问题)(2021河北鸡泽一中模拟)如图所示,垂直电梯有一个“轿厢”和一个“对重”通过曳引绳(钢丝绳)将它们连接起来,曳引绳通过驱动电机的曳引带动使电梯“轿厢”和“对重”在电梯

2、内导轨上做上下运动。某次“轿厢”向上做匀减速运动,则()A.“轿厢”处于超重状态B.“对重”处于失重状态C.“对重”向下做匀加速运动D.曳引绳受到的拉力大小比“轿厢”重力小3.(多选)(动力学两类基本问题)(2021山东德州质检)如图甲所示,直角三角形斜劈abc固定在水平面上。t=0时,一物块(可视为质点)从底端a以初速度v1沿斜面ab向上运动,到达顶点b时速率恰好为零,之后沿斜面bc下滑至底端c。若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等,物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示,v1、v2、t1、t2、g已知,则下列物理量可求的是()A.斜面ab的倾角B.物块与斜面间的动摩擦因数

3、C.物块的质量mD.斜面bc的长度L4.(多选)(超重失重问题)(2021广东适应性测试)研究蹦极运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据,得到如图所示的速度位移图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略,根据图像信息,下列说法正确的有()A.弹性绳原长为15 mB.当运动员下降10 m时,其处于失重状态C.当运动员下降15 m时,绳的弹性势能最大D.当运动员下降20 m时,其加速度方向竖直向上5.(动力学两类基本问题)右图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止

4、不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零时,Q、N传感器示数不为零。已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A.3 m/s2B.2.7 m/s2C.1.5 m/s2D.1 m/s26.(动力学两类基本问题)处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间的夹角为60,其中直径AB水平,AD与CD是光滑的细杆。从A点和C点分别静止释放两小球,从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2,则t1t2等于()A.11B.32C.32D.237.(物体受力分析)(

5、2021河北张家口三模)小明自主探究竖式电梯,查阅铭牌得知轿厢A的质量m1=200 kg,配重B的质量m2=600 kg,最大载重m3=800 kg,最大运行速度vm=2 m/s,电梯上行过程简化图如图所示。现电梯满载,由静止开始以加速度a=2 m/s2上行,达到最大速度后匀速上行,然后以加速度a=2 m/s2减速上行直到停止,共升高30 m。忽略一切摩擦,g取10 m/s2,电梯满载时,求:(1)电梯升高30 m所用的时间t;(2)上行过程中电动机的最大功率P。素养综合练8.(多选)如图所示,穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止。现对小球沿杆方向施加恒力F0,垂直于杆方向施加竖直向上的力F

6、,且F的大小始终与小球的速度成正比,即F=kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为,小球运动过程中未从杆上脱落,球上小孔直径略大于直杆直径,且F0mg。下列说法正确的是()A.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止B.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,直到最后做匀速运动C.小球的最大加速度为F0mD.小球最大速度为F0+mgk9.(多选)(2021河北保定一模)如图所示,ab是半径为R的圆的直径,c是圆周上一点,ac=bc。质量为m的物体仅受一个恒力作用,从a点沿ac方向射入圆形区域,经时间t沿cb方向从b点射出圆形区域。下列说法正确的是(

7、)A.恒力沿cb方向,大小为22mRt2B.恒力方向垂直ab斜向左上,大小为4mRt2C.物体在a点的速率为2RtD.物体离开b点时的速率为22Rt10.(多选)(2021河北邯郸肥乡第一中学高三开学考试)一木板与水平地面间的夹角=37,一个可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑。如图所示,若t=0时让该小木块从木板的底端以初速度v0=12 m/s沿木板向上运动,g取10 m/s2,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8。则下列结论正确的是()A.小木块与木板间的动摩擦因数为34B.小木块在2 s内的位移为6 mC.小木块在2 s内的位移为0D.小木块滑到最高点后将沿木板下滑11.如

8、图甲所示,质量m=1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F的作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5 s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图乙所示,g取10 m/s2,求:(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L;(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力F的大小。12.送餐服务是机器人应用的一个领域,只要设置好路线、安放好餐盘,机器人就会稳稳地举着托盘,到达指定的位置送餐。若某一配餐点和目标位置在相距x=43 m的直线通道上,机器人送餐时从静止开始启动,加速过程的加速度大小a1=2 m/s2,速度达到v=2 m/s后匀速运动,之后适时匀减

9、速,恰好把食物平稳送到目标位置,整个送餐用时t=23 s。若载物平台呈水平状态,食物的总质量m=2 kg,食物与平台无相对滑动,g取10 m/s2,求:(1)机器人加速过程位移的大小x1;(2)匀速运动持续的时间t0;(3)减速过程中平台对食物的平均作用力F的大小。参考答案课时规范练8牛顿第二定律的应用1.A解析对工件受力分析知,当车匀加速行驶时,工件会挤压A,不挤压B,故F2=0,由牛顿第二定律得F1=ma,故A正确。2.D解析当“轿厢”向上做匀减速运动时,加速度向下,处于失重状态,它受到曳引绳的拉力小于它的重力,由牛顿第三定律得,曳引绳受到的拉力大小小于“轿厢”的重力,此时“对重”向下做匀

10、减速运动,加速度向上,处于超重状态,所以D正确。3.ABD解析设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2,由v-t图像的斜率等于加速度,得a1=v1t1,a2=v2t2-t1;物块上滑时,根据牛顿第二定律有mgsin +mgcos =ma1,物块下滑时,根据牛顿第二定律有mgsin(90-)-mgcos(90-)=ma2,联立以上四式,由数学知识可求得斜面ab的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数,但不能求出物块的质量m,故选项A、B正确,C错误;斜面bc的长度为L=v2(t2-t1)2,可以求出,选项D正确。4.BD解析当运动员下降15 m时,速度最大,此时加速度为零,合力为零,弹力与重力大小相

11、等,弹性绳处于伸长状态,A项错误。当运动员下降10 m时,速度向下并且正在增大,运动员处于失重状态,B项正确。当运动员下降15 m时,速度不为零,运动员继续向下运动,弹性绳继续伸长,弹性势能继续增大,C项错误。当运动员下降20 m时,运动员向下做减速运动,其加速度方向竖直向上,D项正确。5.A解析汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图所示竖直方向有FQ+mg=FNcos 15水平方向有FNsin 15=ma联立解得a=FQ+mgmtan 15=FQm0.27+2.7 m/s22.7 m/s2,故A选项正确。6.C解析由几何关系得,AD与水平面的夹角为3

12、0,设圆周的半径为R,则有xAD=2Rcos 30=3R,根据牛顿第二定律得,小球在AD上运动的加速度大小为a1=gsin 30=12g,根据xAD=12a1t12,可得t1=2xADa1=43Rg;由几何关系得xCD=2R,小球在CD上运动的加速度大小a2=gsin 60=32g,根据xCD=12a2t22,可得t2=2xCDa2=8R3g,则有t1t2=32,故A、B、D错误,C正确。7.答案 (1)16 s(2)14.4 kW解析 (1)加速上升时间t1=vma,加速段位移x1=12at12,因为加速段和减速段时间、位移相同,所以h-2x1=vmt2,t=2t1+t2,解得t=16 s。

13、(2)对轿厢和载重受力分析,由牛顿第二定律得FT-m1g-m3g=(m1+m3)a,对配重受力分析,由牛顿第二定律得F+m2g-FT=m2a,解得F=7 200 N,则功率P=Fvm=14.4 kW。8.BCD解析小球在F0作用下向右做加速运动,随着速度的增加,向上的力F越来越大,导致杆对小球的弹力越来越小,摩擦力越来越小,加速度越来越大,当F=mg时,弹力减小到零,摩擦力减小到零,此时加速度达到最大值,最大加速度a=F0m,选项C正确;接下来Fmg,杆对小球的弹力向下,随速度的增加,F越来越大,杆对小球的弹力越来越大,摩擦力越来越大,加速度越来越小,当摩擦力增大到与拉力F0相等时,小球匀速运

14、动,因此小球的加速度先增大后减小,最后匀速运动,选项A错误,B正确;最大速度时,F0=(F-mg),F=kv,可求得最大速度v=(F0+mg)k,选项D正确。9.BD解析 把运动分解为沿ac方向和cb方向,沿ac方向初速度为va,末速度为零,物体做匀减速直线运动,由几何关系得位移为2R,平均速度v1=va+02=2Rt,则va=22Rt;沿cb方向初速度为0,末速度为vb,物体做匀加速直线运动,平均速度v2=vb+02=2Rt,解得vb=22Rt,C错误,D正确。沿ac方向的加速度ax=0-vat=-22Rt2,方向从c指向a;沿cb方向的加速度ay=vb-0t=22Rt2,方向从c指向b;合

15、加速度为a=ax2+ay2=4Rt2,方向与ab垂直斜向左上方,根据牛顿第二定律F=ma=4mRt2,A错误,B正确。10.AB解析 小木块沿着木板匀速下滑,由平衡条件可得mgcos =mgsin ,解得=34,A正确;小木块沿木板向上运动时做匀减速直线运动,到达最高点速度为零,由于mgcos =mgsin ,小木块滑到最高点后将静止在木板上,D错误;小木块沿木板向上运动时,由牛顿第二定律可得mgcos +mgsin =ma,解得a=12 m/s2,小木块滑到最高点需要的时间为t=v0a=1 s,所以小木块在2 s内的位移为1 s内的位移,即x=v0t-12at2=6 m,B正确,C错误。11

16、.答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N解析(1)由题图乙易得,物块上升的位移x1=1221 m=1 m物块下滑的距离x2=1211 m=0.5 m位移大小x=x1-x2=1 m-0.5 m=0.5 m路程L=x1+x2=1 m+0.5 m=1.5 m。(2)由题图乙知,各阶段加速度a1=20.5 m/s2=4 m/s2a2=0-20.5 m/s2=4 m/s2设斜面倾角为,斜面对物块的摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律,00.5 s内F-Ff-mgsin =ma10.51 s内Ff+mgsin =ma2联立解得F=8 N。12.答案(1)1 m(2)20 s(3)2101 N解析(1)加速过程位移x1=v22a1解得x1=1 m。(2)设机器人减速时的加速度为a2,则由题可知t1=va1x=x1+vt0+v22a2t=t1+t0+va2解得t0=20 s,a2=1 m/s2。(3)平台对食物竖直方向的支持力FN=mg水平方向的摩擦力Ff=ma2故平台对食物的作用力大小F=(mg)2+(ma2)2代入数据解得F=2101 N。 8