适用于新高考新教材备战2025届高考物理一轮总复习第3章运动和力的关系第2讲牛顿第二定律的基本应用

第2讲牛顿其次定律的基本应用基础对点练题组一动力学的两类基本问题1.某同学乘坐地铁时,在一根细绳的下端挂一支圆珠笔,上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上,地铁在进站或出站时沿水平方向做直线运动,细绳偏离竖直方向的角度为θ,并保持一段时间,他用手机拍摄了当时的情境照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直,如图所示。重力加速度大小为g,则依据照片信息,可知这段时间内()A.地铁的加速度大小为gsinθB.地铁的加速度大小为gcosθC.地铁可能向左做匀速直线运动D.地铁可能向右做匀减速直线运动2.(2024安徽二模)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(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.34g B.3C.316g D.33.(2024广东东莞开学考试)如图所示,四根光滑杆AB、BC、AD、DC被固定成一个平行四边形ABCD。四个顶点恰好位于同一个圆上,且A、C两点是圆的最高点和最低点,圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端的时间短B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端的时间长C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都相同D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不相同题组二超重与失重问题4.(多选)(2024广东韶关模拟)如图甲所示,某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作,用计算机采集到的压力传感器读数F随时间t变更的图像如图乙所示,下列说法正确的是()A.该同学重力约为500NB.下蹲过程中该同学始终处于失重状态C.该同学完成了一次下蹲再起立的动作D.起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力5.(2024北京东城检测)某人某次乘电梯的速度v随时间t变更的图像如图所示,若取竖直向上的方向为正方向,则以下对人和电梯的说法正确的是()A.3s末确定处于超重状态B.6s末确定处于超重状态C.8s末确定处于超重状态D.7~10s向下减速运动题组三动力学的图像问题6.(2024广东广州其次中学模拟)在一次足球竞赛中,队友甲示意队友乙向前跑。当队友乙在图中位置以某一速度匀速向前跑时,队友甲将足球从静止瞬间踢起,足球轨迹如图所示,且刚好落在队友乙的脚下。用v表示队友乙与足球的水平速度,s表示水平位移。速率越大,空气阻力越大,从踢起足球到落地,下列图像能大致反映乙和球的运动状况的是()7.用手掌托着智能手机,打开手机中的加速度传感器,手掌从静止起先快速上下运动,得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变更的图像,该图像以竖直向上为正方向,重力加速度g取10m/s2。由此可推断出()A.手机始终未离开过手掌B.手机在t1时刻运动到最高点C.手机在t2时刻变更运动方向D.手机在t1~t3时间内,受到的支持力始终减小综合提升练8.(多选)图甲是儿童游乐场中的波浪形滑梯,可以把它简化为图乙的模型,滑梯由四块长度相同的木板拼接而成,①③板相互平行,②④板相互平行,A点为②板和③板的连接点,B点为④板的末端。设一个小孩从滑梯顶端由静止起先下滑,到达末端。忽视他在两板连接处的能量损失,且四块木板粗糙程度到处相同。下列说法正确的是()A.在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度B.在②板下滑的时间小于在③板下滑的时间C.vA>vD.vA<v9.(多选)(2024福建厦门二模)如图所示,小明从羽毛球筒中取出最终一个羽毛球时,他一手拿着球筒,另一只手快速拍打筒的上端边缘,使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动(筒始终未离开手),筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为m0=90g(不含球的质量),球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6N,羽毛球质量为m=5g,球头离筒的上端距离为d=9.0cm,球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1N,重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽视不计,当球筒获得一个初速度后()A.羽毛球的加速度大小为10m/s2B.羽毛球的加速度大小为30m/s2C.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为35D.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为3m/s10.(2024广东大湾区一模)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中,一质量为20kg的无人船在安静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止动身,做匀加速运动10s后达到最大速度4m/s,接着立即做匀减速运动,匀减速运动了16m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4N,不计空气阻力,g取10m/s2。求:(1)在匀加速过程中,无人船发动机供应的动力的大小;(2)在匀减速过程中,无人船发动机供应的阻力的大小;(3)无人船在上述测试中,运动的总时间及总位移大小。11.(2024广东广州执信中学开学考试)风洞试验室中可产生方向、大小都可以调整限制的各种风力。如图为某风洞里做模拟试验的示意图。一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ=30°,现小球在F=20N的竖直向上的风力作用下,从A点由静止动身沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=36,g取10m/s2(1)求小球运动的加速度大小a1。(2)若风力F作用1.2s后撤去,求撤去风力后小球的加速度大小a2及小球上滑过程中距A点的最大距离sm。

参考答案第2讲牛顿其次定律的基本应用1.D解析对笔受力分析知,笔受到竖直向下的重力和沿绳斜向上的拉力,二力的合力方向水平向左,有合力F=mgtanθ=ma,得笔的加速度大小即地铁的加速度大小为a=gtanθ,A、B错误;加速度方向水平向左,因地铁的运动方向未知,故地铁可能向左做匀加速直线运动,也可能向右做匀减速直线运动,C错误,D正确。2.A解析用一水平恒力F拉木块,木块在水平桌面上做匀速直线运动,有F=μmg;若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上(F大小不变),木块仍在水平桌面上做匀速直线运动,有Fcos74°=μ(mg-Fsin74°),当用2F的水平恒力拉木块时,依据牛顿其次定律有2F-μmg=ma,联立解得a=34g3.C解析设杆AB长为l,与水平方向的夹角为θ,圆环的质量为m,对圆环a,依据牛顿其次定律有mgsinθ=ma,可得a=gsinθ,由运动学公式有l=12at2,由几何关系可知l=2Rsinθ,联立解得t=4Rg,则圆环的下滑时间与杆的倾角和杆长无关,同理可得圆环b、c、d的下滑时间同为4.AC解析由图乙可知平衡时压力传感器的示数为500N,则该同学重力约为500N,A正确;下蹲过程中该同学先处于失重状态,再处于超重状态,B错误;人下蹲动作分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,对应先失重再超重,起立对应先超重再失重,对应图像可知,该同学做了一次下蹲再起立的动作,C正确;该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力,大小相等,D错误。5.A解析依据v-t图像可知,电梯向上先做加速运动,再做匀速运动,最终做减速运动直至停止,故电梯没有向下运动的过程,D错误;t=3s时人与电梯加速上升,其加速度向上,处于超重状态,A正确;t=6s时人与电梯匀速运动,处于平衡状态,既不超重也不失重,B错误;t=8s时人与电梯减速上升,其加速度向下,处于失重状态,C错误。6.A解析依据题意,足球在水平方向只受阻力作用,所以其水平速度渐渐减小,水平方向的加速度减小,即水平方向球做加速度减小的减速运动,而乙做匀速直线运动。故A正确。7.D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,则手机与手掌间没有力的作用,手机可能离开过手掌,A错误。依据Δv=aΔt可知,a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变更量,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,运动方向没有发生变更,C错误。由图可知t1~t2时间内加速度向上不断减小,依据牛顿其次定律得FN-mg=ma,即FN=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,依据牛顿其次定律得mg-FN'=ma,即FN'=mg-ma,可知支持力还是不断减小,即手机在t1~t3时间内,受到的支持力始终减小,D正确。8.AC解析设木板与水平面的夹角为θ,依据牛顿其次定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=gsinθ-μcosθ,由图可知①③板与水平面的夹角小于②④板与水平面的夹角,故在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度,A正确;因②③板的长度相同,小孩从②板到③板,速度越来越大,故下滑的时间越来越短,B错误;设小孩在①③板的加速度为a1,在②④板的加速度为a2,每块板长为L,依据速度位移公式,小孩滑至A点时有vA2=2a1L+2a2L,解得vA=2La1+a2,小孩滑至B点时有vB2=4a1L+4a9.BD解析依题意,对羽毛球受力分析,由于羽毛球相对于筒向上运动,受到筒对它竖直向下的摩擦力作用,依据牛顿其次定律可得mg+f2=ma1,求得羽毛球的加速度为a1=30m/s2,羽毛球向下做匀加速直线运动,A错误,B正确;对筒受力分析,依据牛顿其次定律有m0g-f1-f2=m0a2,求得a2=-20m/s2,负号表示筒的加速度方向竖直向上,说明筒向下做匀减速直线运动,若敲打一次后,羽毛球头部能从上端筒口出来,则当羽毛球到达筒口时,羽毛球与筒的速度相等,筒获得的初速度最小,有a1t=vmin+a2t,vmint+12a2t2-10.答案(1)12N(2)6N(3)18s36m解析(1)匀加速阶段加速度为a1=v解得a1=0.4m/s2由牛顿其次定律得F1-f=ma1解得F1=12N。(2)匀减速阶段有0-vm2=-2a2解得a2=0.5m/s2由牛顿其次定律得F2+f=ma2解得F2=6N。(3)匀减速阶段的时间为t2=0-v解得运动总时间为t=t1+t2=18s匀加速阶段的位移为s1=vm+02t运动总位移大小为s=s1+s2=36m。11.答案(1)2.5m/s2(2)7.5m/s22.4m解析(1)在力F作用时,沿杆的方向,小球受到风力F的分力、重力的分力以及摩擦力,依据牛顿其次定律有(F-mg)s