2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练三牛顿定律的应用

专题强化练(三)牛顿定律的应用1．如图，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是()ABCD解析：篮球自由落地到与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力ma1＝mg－N，开始阶段地面弹力N小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，N增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力N增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为ma2＝N－mg，随着N增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为零；篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上(为负)减小，再向下(为正)增大．故B符合题意，A、C、D不符合题意．故选B.答案：B2．图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10m/s2，根据图像分析可知()A．人的重力为1500NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度解析：开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，根据力平衡可知，人的重力也是500N，A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误；人在d点时人受到的支持力较大，则由牛顿第二定律可知a＝eq\f(1500－500,50)m/s2＝20m/s2，f点的支持力为零，人处于完全失重状态，加速度为重力加速度10m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误．故选B.答案：B3．如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，隨着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，x的最小值为()A．0.12m B．0.14mC．0.16m D．0.2m解析：设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝－g(sinθ＋μcosθ)，设木块的位移为x，有0－veq\o\al(2,0)＝2ax，根据数学关系知sinθ＋μcosθ＝eq\r(1＋μ2)sin(θ＋α)，其中tanα＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值a＝－geq\r(1＋μ2)，此时θ＝90°－α＝53°，加速度最大值为a＝－eq\f(5,4)g.x的最小值为xmin＝eq\f(2veq\o\al(2,0),5g)＝0.16m，故A、B、D错误，C正确．故选C.答案：C4．一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中无初速跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图像如图甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面．已知空降特战兵的质量为60kg.设降落伞用8根对称的绳拉着空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示．则空降特战兵在下降过程中(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(g取10m/s2)．下列判断正确的是()A．从甲图可以分析得知空降兵所受空气阻力不可忽略B．飞机离地高度约为190mC．整个运动过程中的平均速度大小约为10m/sD．落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125N解析：空降特战兵在向下加速过程中加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，故空降兵所受空气阻力可忽略，故A错误；由于图线围成的面积求出下落得高度，则下落得高度：h＝eq\f(（13＋5）,2)×20m＝180m，故B错误；整个运动过程中的平均速度大小为：v＝eq\f(h,t)＝eq\f(180,13)m/s＝13.8m/s，故C错误；由图可知，伞兵减速阶段的加速度：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－20,13－7)m/s2＝－eq\f(10,3)m/s2，设每根绳对特战兵的拉力大小为F，则：mg－8Fcos37°＝ma，代入数据可得：F＝125N．故D正确；故选D.答案：D5．(多选)如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10m/s，质量为m＝1kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10m/s2，下面正确的是()A．0～5s内小木块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，摩擦力反向C．斜面倾角θ＝37°D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5＝－10m/s2，由题图所示图像可知，初速度：veq\o\al(2,0)＝100(m/s)2，v0＝10m/s，减速运动时间：t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(0－10,－10)s＝1s，故A错误；由题图所示图像可知，在0～1s内小木块向上做匀减速运动，1s后小木块反向做匀加速运动，t＝1s时摩擦力反向，故B正确；由题图所示图像可知，物体反向加速运动时的加速度：a′＝eq\f(v2,2x)＝eq\f(32,2×（13－5）)m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得：－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，mgsinθ－μmgcosθ＝ma′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确．答案：BCD6．(多选)汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，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，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度g取10m/s2，下列情况说法正确的是(tan15°＝0.27)()A．当a＝2m/s2时，P有示数，Q无示数B．当a＝2m/s2时，P有示数，Q有示数C．当a＝3m/s2时，P有示数，Q有示数D．当a＝3m/s2时，P无示数，Q有示数解析：仅N传感器示数有示数时，有tan15°＝eq\f(ma,mg)，得a＝2.7m/s2，当a＝2m/s2<2.7m/s2时，P有示数，Q无示数，当a＝3m/s2>2.7m/s2时，P无示数，Q有示数．故选AD.答案：AD7．(多选)冰壶比赛是北京冬奥会的比赛项目之一，运动员把冰壶沿水平冰面投出，冰壶仅在摩擦力作用下自由滑行，比赛过程中可在冰壶运动前方用毛刷来回擦扫冰面，减少冰面的动摩擦因数以调节冰壶的滑行距离．某场比赛中，一运动员以v0的速度投掷冰壶，冰壶和冰面的动摩擦因数为μ，冰壶能在冰面上滑行s的距离，若在冰壶速度减为eq\f(v0,2)时开始持续擦扫冰面，则冰壶能再滑行eq\f(1,2)s的距离．冰壶的运动可视为直线运动，已知重力加速度为g，则擦扫后冰壶与冰面的动摩擦因数μ′为()A.eq\f(1,2)μ B.eq\f(3,4)μC.eq\f(veq\o\al(2,0),4sg) D.eq\f(veq\o\al(2,0),3sg)解析：未擦扫时，根据牛顿第二定律μmg＝ma，根据速度位移关系2as＝veq\o\al(2,0)，若在冰壶速度减为eq\f(v0,2)时开始持续擦扫冰面，减为eq\f(v0,2)之后，根据牛顿第二定律μ′mg＝ma′，根据速度位移关系2a′×eq\f(s,2)＝(eq\f(v0,2))2，联立可解得μ′＝eq\f(1,2)μ，μ′＝eq\f(veq\o\al(2,0),4sg)，故选AC.答案：AC8．如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动．运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8s，赛艇(含运动员、双桨)质量为70kg，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍．某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4m/s，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8m，求：(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小．解析：(1)设赛艇所受阻力大小为f，则划水时双桨产生动力大小为2f.划水时，对赛艇，根据牛顿第二定律得2f－f＝ma1，空中运桨时，对赛艇，根据牛顿第二定律得f＝ma2，可得a1∶a2＝1∶1.(2)设赛艇的最大速度大小为vm.根据题意可知，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8m，则x＝(v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1))＋[(v0＋a1t1)t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)]，由题知v0＝4m/s，t1＝t2＝0.8s，结合a1＝a2，解得a1＝a2＝2.5m/s2，则vm＝v0＋a1t1＝(4＋2.5×0.8)m/s＝6m/s，赛艇受到的恒定阻力大小f＝ma2＝70×2.5N＝175N.答案：(1)1∶1(2)6m/s175N.9．如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球．圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直．已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力．(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件．解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：Ma1＝Mg＋f，ma2＝f－mg，f＝4mg，联立并代入题给数据，得：a1＝2g，a2＝3g；(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小均为：v0＝eq\r(2gH)，方向均向下，管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下．设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：v0－a1t1＝－v0＋a2t1，解得t1＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2H,g)).设此时管下端距地面的高度为h1，速度为v，由运动学公式可得h1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(12,25)H，v＝v0－a1t1＝eq\f(\r(2gH),5).由此可知此时v>0，此后管与小球将以加速度g减速上升h2到达最高点，由运动学公式有：h2＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(H,25)，管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1＋h2＝eq\f(13,25)H.(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在