2025版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业12牛顿第二定律

课时分层作业(十二)牛顿其次定律基础强化练1．下列说法中正确的是()A．超重时物体所受的重力不变B．生活小区电梯启动瞬间，电梯中的人就处于超重状态C．超重就是物体所受的重力增加D．飞机减速下降过程中，飞机中的乘客处于失重状态2．某型号战斗机在某次起飞中，由静止起先加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚好起飞．关于起飞过程，下列说法正确的是()A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢B．飞机所受合力减小，速度增加越来越快C．速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越快D．速度方向与加速度方向相同，速度增加越来越慢3.如图所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止起先下滑．下列说法正确的是()A．滑究竟端时的速度相同B．滑究竟端所用的时间相同C．在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短D．在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短4.[2024·北京卷]如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ.下列说法正确的是()A．斜面对物块的支持力大小为mgsinθB．斜面对物块的摩擦力大小为μmgcosθC．斜面对物块作用力的合力大小为mgD．物块所受的合力大小为mgsinθ5.[2024·山西大同模拟]如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为eq\r(2)R，AC长为2eq\r(2)R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为()A．1∶3B．1∶2C．1∶eq\r(3)D．1∶eq\r(2)6.[2024·山西太原4月模拟]某同学运用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定始终尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置干脆测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法正确的是()A．30cm刻度对应的加速度为－0.5gB．40cm刻度对应的加速度为gC．50cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不匀称的7.[2024·吉林长春一般中学质量监测]如图所示，在地面上固定一个竖直放置的大圆环，从环心O到环上的A、B两点连有两根直杆Ⅰ、Ⅱ，直杆Ⅰ、Ⅱ与水平方向夹角分别为37°和53°(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8).现将套在直杆Ⅰ、Ⅱ上的小圆环由O点静止释放，到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是2∶eq\r(3)，若小圆环与直杆Ⅰ、Ⅱ之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则eq\f(μ1,μ2)等于()A．eq\f(9,16)B．eq\f(16,9)C．eq\f(3,4)D．eq\f(4,3)8.[2024·安徽省黄山市高三第一次质量检测](多选)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消逝术”夺冠．在女子10m跳台的决赛中(下面探讨过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35kg，重力加速度大小为g＝10m/s2.则()A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B．入水后全红婵处于失重状态C．全红婵在空中运动的时间为1.5sD．入水后全红婵受到水的阻力为612.5N9.[2024·浙江宁波期末]某型号的舰载机质量为M＝2×104kg，在航空母舰的平直跑道上加速时，舰载机发动机产生的最大推力为F＝1×105N，所受到的阻力大小恒为f＝1×104N，方向与运动方向相反．已知平直跑道L＝100m，舰载机所需的最小起飞速度为v1＝50m/s.(1)若航母不动，舰载机从静止起先启动，则其到达跑道末端的最大速度v2为多大？(2)航母上一般安装有弹射系统，其中一种为蒸汽弹射器，如图所示，其作用相当于给舰载机一个沿运动方向上的推力．若航母以速度v3＝10m/s航行，假定蒸汽弹射器和舰载机上的发动机在100m，加速全过程中都施以恒力，则蒸汽弹射器至少须要供应多大的力F1来帮助舰载机起飞？实力提升练10．(多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称，某次竞赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变更图像如图所示．若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是()A．运动员的质量为60kgB．运动员的最大加速度为45m/s2C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5mD．9.3s至10.1s内，运动员始终处于超重状态11.[2024·西安名校联考]如图所示，轻质细线L1和轻弹簧L3分别系有两个完全相同的灯笼甲和乙，L1、L3的上端都系在天花板上，下端用轻质细线L2连接，静止时，L2水平，L1和L3与竖直方向的夹角都为θ.细线不行伸长，不计空气阻力，将灯笼视为质点．现将细线L2从中间剪断，则细线剪断瞬间，甲、乙两灯笼的加速度大小的比值为()A．1B．sinθC．cosθD．tanθ12.[2024·重庆七中8月月考](多选)如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面对上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止．已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为2gsinθB．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsinθC．在轻绳被烧断的瞬间，C的加速度大小为0D．突然撤去恒力F的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ课时分层作业（十二）1．解析：A对，C错：处于超重与失重状态的物体所受的重力不变，是因为竖直方向具有加速度导致视重发生变更．B错：电梯向上启动的瞬间加速度方向向上，人所受的支持力变大，则压力变大即视重变大，处于超重状态；反之电梯向下启动的瞬间处于失重状态．D错：飞机减速下降时加速度方向向上，则飞机里的乘客处于超重状态．答案：A2．解析：依据牛顿其次定律可知，当加速度a不断减小至零时合力渐渐减小到零，速度增加得越来越慢，故A、B项错误；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，即速度增加得越来越慢，故C项错误，D项正确．答案：D3．解析：设斜面高度为h，斜面倾角为θ，则斜面长度为L＝eq\f(h,sinθ)，依据牛顿其次定律有mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，依据v2＝2aL，得v＝eq\r(2aL)＝eq\r(2gh)，可知沿相同高度、不同倾角的斜面到达底端的速度大小相等，但方向不同，故速度不同，则A错误；依据匀加速直线运动的位移L＝eq\f(1,2)at2，可得t＝eq\r(\f(2L,a))＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，可知倾角越大，下滑时间越短，故倾角取题图中最大值，即θ＝60°时，下滑时间最短，故B、C错误，D正确．答案：D4．解析：对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向依据平衡条件，可得支持力为FN＝mgcosθ，A错误；斜面对物块的摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmgcosθ，B正确；因物块沿斜面加速下滑，依据牛顿其次定律得F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma可知：mgsinθ>μmgcosθ，则斜面对物块的作用力为F＝eq\r(Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(f)))＝eq\r(（mgcosθ）2＋（μmgcosθ）2)<eq\r(（mgcosθ）2＋（mgsinθ）2)＝mg，C、D错误．答案：B5．解析：如题图所示，设圆中随意一条弦为OM，圆的半径为R′，则弦OM长s＝2R′cosθ，小球下滑的加速度a＝gcosθ，依据s＝eq\f(1,2)at2得t＝2eq\r(\f(R′,g))，与角θ无关，因此沿不同弦下滑的时间相等．故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间，即2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间，即4R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，联立有eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(2))，选项D正确．答案：D6．解析：设弹簧的劲度系数为k，钢球的质量为m，由题意可知，弹簧下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处，钢球处于平衡状态，加速度为零，B错误；指针位于直尺40cm刻度时，有k（40cm－20cm）－mg＝0，指针位于直尺30cm刻度时，有k（30cm－20cm）－mg＝ma1，联立解得a1＝－0.5g，A正确；指针位于直尺50cm刻度时，有k（50cm－20cm）－mg＝ma2，结合A中分析得a2＝0.5g，C错误；设弹簧的形变量大小为x，则有kx－mg＝ma，x与a是线性关系，故各刻度对应加速度的值是匀称的，D错误．答案：A7．解析：由牛顿其次定律可知，小圆环下滑的加速度a＝gsinθ－μgcosθ，下滑的时间t＝eq\r(\f(2R,a))，到达大圆环上的A、B两点所用时间之比是2∶eq\r(3)，代入计算得eq\f(μ1,μ2)等于eq\f(9,16).故选A.答案：A8．解析：跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则依据－h＝v0t－eq\f(1,2)gt2可得t＝2s，即全红婵在空中运动的时间为2s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝5m/s－10×2m/s＝－15m/s，在水中的加速度大小a＝eq\f(0－v1,t)＝7.5m/s2，方向竖直向上，依据牛顿其次定律可知f＝mg＋ma＝35×10N＋35×7.5N＝612.5N，D正确．答案：AD9．解析：（1）对舰载机，依据牛顿其次定律可得F－f＝Ma解得a＝4.5m/s2依据速度—位移公式可得veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2aL解得v2＝30m/s.（2）设舰载机的加速度为a′，则有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝2a′L解得a′＝12m/s2对舰载机受力分析，依据牛顿其次定律可得F1＋F－f＝Ma′解得F1＝1.5×105N.答案：（1）30m/s（2）1.5×105N10．解析：由题图所给信息可知，起先时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg＝600N，解得运动员的质量m＝60kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力Fm＝3300N．最大加速度am＝eq\f(Fm－mg,m)＝45m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2s，上升和下落的时间均为1s，则最大高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，选项C正确；9.3s至10.1s内，运动员先失重、后超重、再失重，D错误．答案：ABC11．解析：细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对甲的拉力突然消逝，引起L1上的张力发生突变，使甲的受力状况变更，瞬时加速度垂直L1斜向下，大小为a1＝gsinθ；细线L2被剪断的瞬间，细线L2对乙的拉力突然消逝，而弹簧的形变还来不及变更，因而弹簧的弹力不变，乙所受弹力和重力的合力与剪断细线L2前细线L2对乙的拉力等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，乙的加速度大小为a2＝gtanθ，方向水平向右，故甲、乙两灯笼的加速度大小的比值为eq\f(a1,a2)＝cosθ，选项C正确．答案：C12．解析：把A、B、C三个物体看成是一个整体进行受力分析，依据平衡条件可得拉力F＝3mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，A、B之间的轻绳上的拉力为零，对A由牛顿其次定律有F－mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，故选项A正确；在轻绳被烧断