限时规范训练(10) 第3章 第2讲 牛顿第二定律的应用（word课时作业）-【高考领航】2025年高考物理大一轮复习

限时规范训练(10) [基础巩固题组] 1．如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　) A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ C．A与B的加速度之比为1∶1 D．A与B的加速度之比为cos θ∶1 解析：D　据题述可知，A、B两球的质量相等，设为m，剪断细绳L2瞬间，对A球进行受力分析，如图甲所示，有FT＝mgcos θ，mgsin θ＝ma1；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图乙所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcos θ＝mg，mgtan θ＝ma2，所以FT∶F＝cos 2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，故D正确。 甲　　　　　乙 2.(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A．v0＝2.5 m/s　　　 B．v0＝1.5 m/s C．μ＝0.28 D．μ＝0.25 解析：B　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题干知x＝1 m，t＝1 s，v＞0，代入数据有v0 ＜ 2 m/s，故A不可能，B可能；对物块，由牛顿第二定律有－μmg＝ma，v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx ＞ 0，由于v0 ＜ 2 m/s可得μ ＜ 0.2，故C、D不可能。 3．(2024·山西大同高三检测)越野赛运动员落地的过程可类比为图甲所示的物理模型，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程中弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) 　 甲　　　　　　　　　　　　乙　　 A．t1～t2过程中运动员的加速度不断增大 B．t1～t2过程中运动员速度一直增大 C．t2～t3过程中运动员先超重再失重 D．t2时刻运动员速度最大 解析：C　t1～t2过程中，弹簧弹力逐渐增大，说明压缩量逐渐增大，小球处于下降阶段，t2时刻，弹力最大，弹簧压缩量最大，小球到达最低点，速度为零，在弹簧的弹力等于重力前，小球向下加速，随着弹力增大，加速度越来越小，当弹簧弹力大于重力后，小球向下减速，随着弹力增大，加速度反向增大，故A、B、D错误；t2～t3过程中开始弹簧弹力大于重力，小球向上加速，加速度向上，随着弹力减小，加速度越来越小，处于超重状态，当弹簧弹力小于重力后，小球向上减速，加速度向下，处于失重状态，随着弹力减小，加速度反向越来越大，故t2～t3过程中运动员先超重再失重，故C正确。 4．水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则下列说法正确的是(　　) A．小车2 s末的速度大小是4 m/s B．小车受到的阻力大小是15 N C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2 D．小车运动的总时间为6 s 解析：B　根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N，撤去推力后，加速度大小为a′＝＝0.5 m/s2，减速时间为t2＝＝ s＝6 s，小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故B正确，C、D错误。 5.(2024·江苏宿迁模拟)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 解析：B　设屋檐的底角为θ，底边长为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a；对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：FN＝mgcos θ；平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ；水滴的加速度a＝gsin θ；屋顶坡面的长度s＝，由s＝at2得t＝ ，整理得t＝ ，当θ＝45°时t最小，故A、C、D错误，B正确。 6．(2024·河南驻马店质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝100 N 而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10 s，撤除水平推力F后经过t2＝15 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m＝75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝25 N，求： (1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小； (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。 解析：(1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1，由牛顿第二定律 F－Ff＝ma1，得a1＝1 m/s2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1＝a1t1＝10 m/s 通过的位移为x1＝a1t12＝50 m。 (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为 a2＝＝ m/s2 经历时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝5 m/s 第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则 v22－v1′2＝2a1x1 第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离 x2＝ 联立解得x2＝187.5 m。 答案：(1)10 m/s　50 m　(2)187.5 m [能力提升题组] 7．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(　　) A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0 解析：D　水平细线被剪断前分别对A、B进行受力分析如图所示，静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB，联立解得FT＝2mAg；水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0，D正确。 8．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∶2 C．∶ D．∶ 解析：C　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＝2Rcos 30°＝R，根据牛顿第二定律得，小球在AD上运动的加速度大小为a1＝gsin 30°＝g，根据xAD＝a1t12，可得t1＝ ＝ ；由几何关系得xCD＝2R，小球在CD上运动的加速度大小a2＝gsin 60°＝g，根据xCD＝a2t22，可得t2＝ ＝ ，则有＝，故A、B、D错误，C正确。 9．(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球(　　) A．上升时间等于下落时间 B．被垫起后瞬间的速度最大 C．达到最高点时加速度为零 D．下落过程中做匀加速运动 解析：B　上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。 10．(2024·安徽黄山模拟)(多选)在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将运动员视为质点)，运动员竖直向上跳离跳台的速度为5 m/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，运动员的体重为35 kg，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则(　　) A．跳离跳台后上升阶段运动员处于失重状态 B．入水后运动员处于失重状态 C．运动员在空中运动的时间为1.5 s D．入水后运动员受到水的阻力为612.5 N 解析：AD　跳离跳台后上升阶段，加速度竖直向下，则运动员处于失重状态，A正确；入水后运动员的加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；以竖直向上为正方向，则根据－h＝v0t－gt2，可得t＝2 s，即运动员在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知F阻＝mg＋ma＝35×10＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确。 11．(2022·湖南卷)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(　　) A．发动机的最大推力为1.5Mg B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g 解析：BC　当飞行器关闭发动机以速率v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv12，当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速向上运动时，有Mg＋kv22＝Fmax，联立解得Fmax＝1.25Mg，A错误；当飞行器以速率v2＝5 m/s匀速水平飞行时，飞行器受重力、推力和空气阻力作用而平衡，由平衡条件有F2＝(Mg)2＋(kv22)2，解得F＝Mg ，B正确；当飞行器以最大推力Fmax推动飞行器水平飞行时，由平衡条件有Fmax2－(Mg)2＝(kv32)2，解得v3＝5 m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，飞行器以5 m/s 的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，由牛顿第二定律有Mg＋Fmax＋kv22＝Mamax，解得amax＝2.5g，D错误。 12．如图所示，民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。若机舱口下沿距地面高度为3.2 m，气囊所构成的斜面长度为6.4 m，一个质量为60 kg的人沿气囊滑下，经过4 s滑至底端，求： (1)下滑时的加速度大小和滑至底端时的速度的大小； (2)人与气囊之间的动摩擦因数； (3)若此人头戴一质量为0.1 kg的帽子，求人对帽子的作用力大小。 解析：(1)根据位移与时间的关系式x＝at2 代入数据解得a＝0.8 m/s2 根据速度与时间的关系式可知滑至底端时的速度的大小 v＝at＝3.2 m/s。 (2)由几何关系可得气囊与地面构成的斜面倾角为30°，根据牛顿第二定律 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 代入数据解得μ＝。 (3)对帽子受力分析，设人对帽子的作用力为F，在运动方向，根据牛顿第二定律 m0gsin 30°－Fx＝m0a 代入数据解得Fx＝0.42 N 在与运动方向垂直的方向，根据平衡条件 Fy＝m0gcos 30°＝ N 则人对帽子的作用力大小 F＝＝ N。 答案：(1)0.8 m/s2　3.2 m/s　(2)　 (3) N 学科网（北京）股份有限公司 $$