（适用于新高考新教材）高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律课时规范练8牛顿第二定律的应用

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)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=0 B.F1=0,F2=maC.F1=0,F2=0 D.F1=ma,F2=ma2.(超重失重问题)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)(2023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θB.物块与斜面间的动摩擦因数μC.物块的质量mD.斜面bc的长度L4.(多选)(超重失重问题)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15mB.当运动员下降10m时,其处于失重状态C.当运动员下降15m时,绳的弹性势能最大D.当运动员下降20m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sin15°=0.26,cos15°=0.97,tan15°=0.27,g取10m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A.3m/s2 B.2.7m/s2 C.1.5m/s2 D.1m/s26.(超重、失重与动力学两类问题)(2022山东青岛莱西期末)某商场里的观光电梯设计的最大速度为vm=2.4m/s,电梯加速和减速时的加速度大小均为a=0.8m/s2。某质量为m=50kg的游客乘坐电梯直接从一楼直达六楼。已知该商场每层楼的高度均为h=6m,g取10m/s2。下列说法正确的是()A.在前3s内,电梯中的游客处于失重状态B.电梯匀变速运动的总时间为3.6sC.该游客所受的最大支持力为460ND.电梯匀速上升的高度为22.8m7.(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t1∶t2等于()A.1∶1 B.3∶2C.3∶2 D素养综合练8.(2022江苏海门期末)如图所示,在游乐场的两个相邻滑冰道上有甲、乙两同学坐在冰车上进行游戏。当甲从倾角为θ的光滑冰道顶端A由静止开始自由下滑时,在斜面底部B处的乙通过滑冰杖作用于冰面,从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速直线运动,加速度为14g。已知甲、乙和冰车均可视为质点,甲通过斜面与水平面的交接处(B处)时,速度的方向改变、大小不变,且最终甲刚好在C处能追上乙,则(A.斜面AB长度与水平面BC长度相等B.斜面倾角θ=30°C.甲运动至B处时,乙运动至BC中点处D.若甲从A有初速度下滑,则甲、乙相遇位置可能在C点右侧9.一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图像如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是()A.铝球刚开始运动的加速度a0=gB.铝球下沉的速度将会一直增大C.铝球下沉过程受到油的阻力Ff=mD.铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功10.如图甲所示,质量m=1kg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=0.5s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(vt图像)如图乙所示,g取10m/s2,求:(1)2s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。11.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=43m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=2m/s2,速度达到v=2m/s后匀速运动,之后适时匀减速,恰好把食物平稳送到目标位置,整个送餐用时t=23s。若载物平台呈水平状态,食物的总质量m=2kg,食物与平台无相对滑动,g取10m/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。12.如图甲所示,光滑平台右侧与一长为L=2.5m的水平木板相接,木板固定在地面上,有一小滑块以初速度v0=5m/s滑上木板,恰好滑到木板右端静止。现让木板右端抬高,如图乙所示,使木板与水平地面的夹角θ=37°,让滑块以相同的初速度滑上木板,不计滑块滑上木板时的能量损失,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ;(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。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vt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mgsinθ+μmgcosθ=ma1,物块下滑时,根据牛顿第二定律有mgsin(90°θ)μmgcos(90°θ)=ma2,联立以上四式,由数学知识可求得斜面ab的倾角θ和物块与斜面间的动摩擦因数4.BD解析:当运动员下降15m时,速度最大,此时加速度为零,合力为零,弹力与重力大小相等,弹性绳处于伸长状态,A项错误。当运动员下降10m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15m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20m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=FNcos15°水平方向有FNsin15°=ma联立解得a=FQ+mgmtan15°=FQm×0.27+2.7m/s26.D解析:电梯设计最大速度为vm=2.4m/s,加速度大小为a=0.8m/s2,由速度—时间公式可得加速运动的时间,则有t1=vma=2.40.8s=3s,在前3s内,电梯中的游客加速向上,处于超重状态,故A错误;由题意可知,电梯加速和减速时的加速度大小均为a=0.8m/s2,可知加速和减速运动的时间均为3s,故电梯做匀变速运动的总时间为6s,故B错误;由牛顿第二定律有Fmg=ma,解得该游客所受的最大支持力为F=mg+ma=50×10N+50×0.8N=540N,故C错误;电梯做匀变速运动上升的总高度为h1=2×12at12=2×12×0.8×32m=7.7.C解析:由几何关系得,AD与水平面的夹角为30°,设圆周的半径为R,则有xAD=2Rcos30°=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=gsin30°=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=gsin60°=32g,根据x8.B解析:设甲到达B的时间为t1,甲在水平面上追上乙的时间为t2,水平面都是光滑的,甲到达水平面后做匀速直线运动,设甲匀速直线运动的速度为v,则甲在水平面上的位移x2=vt2,乙做匀加速直线运动,最终甲刚好在C处能追上乙,说明甲追上乙时乙的速度恰好为v,则乙的位移x2=v2(t1+t2),联立可得t1=t2,可知甲刚好追上乙时,甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等;甲在斜面上运动的位移为x1=v2t1=12vt2=12x2,即斜面AB长度等于水平面BC长度的一半,故A错误。设甲在斜面上运动的加速度大小为a,对甲从开始到B处过程中,有x1=12at12,对乙从开始运动到C的过程中,有x2=12×14g×(t1+t2)2=12gt12,联立解得a=12g,对甲在斜面上运动过程中,根据牛顿第二定律可得mgsinθ=ma,解得θ=30°,故B正确。由于t1=t9.C解析:刚开始释放时,铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a0=mg-F浮m=gF浮m<g,A错误;由题图乙可知铝球做加速度减小的加速运动,速度越来越大,当a=0时,铝球下沉的速度达到最大,之后匀速运动,B错误;刚开始释放时有mgF浮=ma0,铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力,由牛顿第二定律可得mgF浮Ff=ma,由av图像可知a=a0a010.答案:(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N解析:(1)由题图乙可得,物块上升的位移x1=12×2×1m=物块下滑的距离x2=12×1×1m=0.位移大小x=x1x2=1m0.5m=0.5m路程L=x1+x2=1m+0.5m=1.5m。(2)由题图乙知,各阶段加速度a1=20.5m/s2a2=0-20.5m/s2设斜面倾角为θ,斜面对物块的摩擦力为Ff,根据牛顿第二定律,0~0.5s内FFfmgsinθ=ma10.5~1s内Ff+mgsinθ=ma2联立解得F=8N。11.答案:(1)1m(2)20s(3)2101N解析:(1)加速过程位移x1=v解得x1=1m。(2)设机器人减速时的加速度为a2,则由题可知t1=vx=x1+vt0+vt=t1+t0+v解得t0=20s,a2=1m/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=(代入数据解得F=2101N。12.答案:(1)0.5(2)1+5解析:(1)