新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题1力与运动第3讲牛顿运动定律的应用

第一部分专题一第3讲A组·基础练1.(2023·上海普陀二模)如图，起重机用钢索在竖直方向上吊装重物，在重物减速下降的过程中(不计钢索的重力)，钢索对重物的作用力(D)A．小于重物对钢索的作用力B．小于重物的重力C．大于重物对钢索的作用力D．大于重物的重力【解析】根据牛顿第三定律可知，钢索对重物的作用力与重物对钢索的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A、C错误；根据题意可知，重物减速下降，则加速度方向向上，重物处于超重状态，则钢索对重物的作用力大于重物的重力，故B错误，D正确。2.(2023·江苏南京三模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0～30s时间内潜艇竖直方向的v-t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的黏滞阻力，则(D)A．潜艇在“掉深”时的加速度为1m/s2B．t＝30s潜艇回到初始高度C．潜艇竖直向下的最大位移为100mD．潜艇在10～30s时间内处于超重状态【解析】潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度为a＝eq\f(20,10)m/s2＝2m/s2，选项A错误；在30s内先向下加速后向下减速，则t＝30s潜艇向下到达最大深度，选项B错误；由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为h＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，选项C错误；潜艇在10～30s时间内向下减速，加速度向上，则处于超重状态，选项D正确。3.(2023·四川宜宾二模)如图，表面粗糙的斜面固定在水平地面上，第一次，滑块从斜面顶端由静止释放，滑块沿斜面向下匀加速运动，加速度大小为a1；第二次，滑块从斜面顶端由静止释放的同时，施加竖直向下、大小为F的恒定外力作用于滑块，加速度大小为a2。则(D)A．a2＝0 B．a2<a1C．a2＝a1 D．a2>a1【解析】根据牛顿第二定律得，未加F时，加速度a1＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，施加F后，加速度a2＝eq\f(mg＋Fsinθ－μmg＋Fcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＋eq\f(Fsinθ－μFcosθ,m)，可知a2>a1，故D正确。4.(2023·湖南张家界二模)用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。由此可判断出(D)A．手机一直未离开过手掌B．手机在t1时刻运动到最高点C．手机在t2时刻改变运动方向D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力一直减小【解析】由图可知，手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机离开过手掌，A错误；根据Δv＝aΔt可知，a-t图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，则手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，B错误；手机在t2时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，C错误；由图可知t1～t2时间加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得N－mg＝ma；即N＝ma＋mg；可知t1～t2时间内支持力不断减小；t2～t3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得mg－N＝ma；即N＝mg－ma可知支持力还是不断减小，即手机在t1～t3时间内，受到的支持力一直减小，D正确。5.(2023·安徽统考二模)热气球总质量为300kg，从地面静止释放，刚开始竖直上升时的加速度大小为0.5m/s2，当热气球上升到某高度时，以5m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，空气阻力与速率成正比Ff＝kv知，重力加速度g＝10m/s2，关于热气球，下列说法正确的是(B)A．热气球所受浮力大小为3000NB．空气阻力与速度关系中比例系数k＝30kg/sC．从地面开始上升10s时的速度大小为5m/sD．热气球加速上升过程的平均速度为2.5m/s【解析】开始上升时F－mg＝ma；解得热气球所受浮力大小为F＝3150N，选项A错误；气球匀速上升时F＝mg＋kv；解得k＝30kg/s，选项B正确；若气球以0.5m/s2的加速度匀加速上升，则从地面开始上升10s时的速度大小为5m/s，但是因气球做加速度减小的加速运动，可知从地面开始上升10s时的速度小于5m/s，选项C错误；若气球匀加速上升，当速度到达5m/s时的平均速度为2.5m/s，但因为气球做加速度减小的加速运动，可知热气球加速上升过程的平均速度不等于2.5m/s，选项D错误。6.(2023·浙江诸暨模拟)如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在纸盒底部的正中间。小球放在纸盒口边上，现让纸盒从一定高度自由下落，小球被橡皮筋拉回盒中并能发生碰撞。不计空气阻力，则释放的瞬间(D)A．橡皮筋的弹力为0B．小球加速度大小等于重力加速度gC．纸盒加速度大小小于重力加速度gD．橡皮筋对纸盒作用力大小等于2mg【解析】释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，故A错误；释放的瞬间，橡皮筋弹力仍为mg，小球的加速度等于0，故B错误；设纸盒质量为M，释放前，手对纸盒的作用力为(M＋2m)g，方向竖直向上，由受力平衡F＋Mg＝(M＋2m)g，所以橡皮筋对纸盒的作用力F＝2mg，释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，故D正确；释放的瞬间，纸盒所受合力为F合＝F＋Mg＝(2m＋M)g，由牛顿第二定律可得纸盒加速度a＝eq\f(F合,M)＝eq\f(2m＋M,M)g>g，故C错误。故选D。7.(2023·四川成都二模)如图所示，将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时的频闪照片，图乙是小球下落的频闪照片。O点是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相等，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(C)A．mgBeq\f(1,2)mgC．eq\f(1,5)mg D．eq\f(1,10)mg【解析】假设每块砖的厚度为d，照相机拍照的时间间隔为T，则向上运动和向下运动分别用逐差法可得6d＝a上T2；4d＝a下T2；根据牛顿第二定律可得；mg＋Ff＝ma上；mg－Ff＝ma下；联立解得Ff＝eq\f(1,5)mg，故C正确，故A、B、D错误。8.(2023·浙江温州模拟)如图为“H225”应急救援直升机在永嘉碧莲镇执行灭火任务时的情景。直升机沿水平方向匀速直线飞往水源地取水时，悬挂空水桶的悬索与竖直方向的夹角为37°；直升机取水后飞往火场灭火，沿水平方向以5m/s2的加速度匀加速直线飞行时，悬挂水桶的悬索与竖直方向的夹角也为37°。若空气阻力大小不变，空桶质量为400kg，忽略悬索的质量，则此时水桶中水的质量为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(C)A．260kg B．500kgC．800kg D．1000kg【解析】直升机悬挂空桶匀速飞往水源取水时，空桶受力平衡，有T1sinθ－f＝0，T1cosθ－mg＝0，解得f＝mgtanθ，直升机加速返回时，由牛顿第二定律，可得T2sinθ－f＝(m＋M)a，T2cosθ－(m＋M)g＝0，解得空桶中水的质量为M＝800kg，故选C。B组·综合练9.(2023·安徽统考二模)水平桌面上放置一质量为m的木块，木块与桌面间的动摩擦因数恒定，用一水平恒力F拉木块，木块在水平桌面上做匀速直线运动；若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上拉木块(F大小不变)，木块仍在水平桌面上做匀速直线运动。那么当用2F的水平恒力拉木块，此时木块的加速度为(已知当地的重力加速度为g，sin74°＝0.96，cos74°＝0.28)(A)A.eq\f(3,4)g B．eq\f(3,8)gC．eq\f(3,16)g D．eq\f(3,32)g【解析】水平桌面上放置一质量为m的木块，木块与桌面间的动摩擦因数恒定，用一水平恒力F拉木块，木块在水平桌面上做匀速直线运动F＝μmg；若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上拉木块(F大小不变)，木块仍在水平桌面上做匀速直线运动Fcos74°＝μ(mg－Fsin74°)当用2F的水平恒力拉木块2F－μmg＝ma；解得a＝eq\f(3,4)g。10.(2023·广东肇庆二模)如图所示，弹弓将飞箭以竖直向上的初速度v0弹出，飞箭上升到最高点后返回，再徐徐下落，已知飞箭上升过程中受到的空气阻力越来越小，下落过程中受到的空气阻力越来越大，则飞箭(B)A．上升过程中，速度越来越大B．上升过程中，加速度越来越小C．下落过程中，速度越来越小D．下落过程中，加速度越来越大【解析】由牛顿第二定律可知，上升过程飞箭所受的合力；F上＝mg＋F阻＝ma；飞箭上升过程中受到的空气阻力越来越小，合力F上变小，加速度也越来越小，故做加速度逐渐减小的减速运动，B正确，A错误；由牛顿第二定律可知，下降过程飞箭所受的合力F下＝mg－F阻＝ma′；飞箭下降过程中受到的空气阻力越来越大，合力F下变小，加速度越来越小，故做加速度逐渐减小的加速运动，C、D错误。11.(2023·陕西统考二模)大功率火箭一般采取多级推进技术，以提高发射速度。某中学的物理兴趣小组同学制作了一个两级推进火箭模型进行试验。已知火箭质量为m，提供的推动力恒定且为F＝3mg，火箭先经过一级推动力推进时间t后，丢弃掉质量为eq\f(m,2)的一级箭体，再由二级推动力继续推动剩余质量为eq\f(m,2)的火箭，推动力仍为F＝3mg，火箭飞行时间t后结束推进。重力加速度恒定且为g，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力，求：(1)火箭上升过程的最大速度为多少？(2)火箭上升的最大高度为多少？【答案】(1)7gt(2)30gt2【解析】(1)设一级推动t时间火箭的加速度为a1，末速度为v1，二级推动t时间火箭的加速度为a2，末速度为v2，由牛顿第二定律可得a1＝eq\f(F合,m)＝eq\f(3mg－mg,m)＝2g，v1＝a1t＝2gt，a2＝eq\f(F合,\f(m,2))＝eq\f(3mg－\f(1,2)mg,\f(1,2)m)＝5g，所以火箭上升的最大速度为v2＝v1＋a2t＝7gt。(2)设一级推动t时间火箭上升的高度为h1，二级推动t时间火箭上升的高度为h2，结束推动后火箭继续上升高度为h3，由匀变速直线运动规律可得h1＝eq\f(v1,2)t＝gt2，h2＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(9,2)gt2，失去推动后，火箭向上做匀减速运动，加速度大小为g，末速度为0，所以有veq\o\al(2,2)＝2gh3，可得h3＝eq\f(49,2)gt2，所以火箭上升的最大高度为h＝h1＋h2＋h3＝30gt2。12.(2023·山东枣庄二模)如图所示，深为h＝8m的枯井中有一质量为m＝40kg的重物A，通过轻绳跨过光滑的定滑轮与地面上质量为M＝80kg的重物B相连。某人用与水平方向成θ＝53°的力F拉重物B，恰好使其匀速运动。若该人用同样大小的力F水平拉重物B，并将井中的重物A由井底拉到井口。取重力加速度g＝10m/s2。重物B与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.25。sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)拉力F的大小；(2)水平拉重物B时，B的加速度大小；(3)为使重物A能到达井口，水平力F作用的最短时间。【答案】(1)750N(2)1.25m/s2(3)3.2s【解析】(1)用与水平方向成θ＝53°的力F拉重物B，重物B做匀速直线运动，由水平方向受力平衡Fcosθ＝f＋mg其中f＝μFN物体B在竖直方向上受力平衡Mg＝FN＋Fsinθ解得F＝750N。(2)水平拉B物体时，以A、B