微练8 牛顿第二定律的基本应用(作业课件)-【赢在微点·顶层设计】2025年高中物理高考一轮总复习（粤教版2019）

高考复习顶层设计·物理 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 一、单项选择题 1.(2023·广州期末)如图所示,原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目之一。运动员先由静止下蹲一段位移,经过充分蓄力后,发力跳起摸到了一定的高度,落地后屈腿缓冲。运动员在下降过程中,下列说法正确的是(　　) A.始终处于超重状态 B.始终处于失重状态 C.先失重后超重 D.先超重后失重 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　由运动情况判断物体的加速度方向,当物体的加速度向上时处于超重状态,加速度向下时为失重状态。运动员下降过程先加速后减速,故加速度先向下后向上,即先失重后超重,C项正确。 答案　C 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 2.(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 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　上升过程和下降过程的位移大小相等,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均竖直向下,合力较大,加速度较大;下降过程中重力方向向下,阻力方向向上,合力较小,加速度较小,结合位移与时间关系可判断上升时间比下落时间短,A项错误;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最低点的速度,故排球被垫 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 起时的速度最大,B项正确;达到最高点速度为零,空气阻力为零,此时排球的加速度等于重力加速度,C项错误;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项错误。 答案　B 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 3.放置在水平粗糙地面上的一物体,t=0时在水平恒力F的作用下从静止开始运动,经过一段时间撤掉外力F,物体继续向前运动一段距离后停止。物体运动速度v与t的关系如图所示,则力F与物体所受摩擦力f大小比值为(　　) A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　v-t图像的斜率表示加速度,撤去外力前、后,物体的加速度大小分别为a1==2 m/s2,a2==1 m/s2,撤去外力前、后,根据牛顿第二定律分别有F-f=ma1,f=ma2,联立以上四式解得=3,C项正确。 答案　C 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 4.(2024·临沂模拟)小明站在装有力传感器的台秤上,完成下蹲、起立动作。计算机采集到的力传感器示数随时间变化情况如图所示。下列判断正确的是(　　) A.a点对应时刻,小明向下的速度最大 B.a点对应时刻,小明向下的加速度最大 C.b点对应时刻,小明处于超重状态 D.图示时间内,小明完成了两次下蹲和两次起立 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　小明在下蹲过程经历先向下加速再向下减速,即先失重后超重;起立过程经历先向上加速再向上减速,即先超重后失重,所以由题中图示可知,小明先下蹲后起立,小明完成了1次下蹲和1次起立,且a点对应时刻F=mg,小明的加速度为0,向下的速度达到最大,A项正确,B、D两项错误;b点对应时刻,小明正在起立减速上升的过程,所以小明处于失重状态,C项错误。 答案　A 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 5.如图所示,在上端开口的矿泉水瓶的右侧面戳一个小孔,在瓶中灌些水,当手持矿泉水瓶保持静止时,小孔有水向外喷出。假设矿泉水瓶在下列运动中,没有发生转动且忽略空气阻力的作用,那么水将继续从小孔向外喷出的过程是(　　) A.矿泉水瓶自由下落的过程中 B.矿泉水瓶被竖直向上抛出后的运动过程中 C.矿泉水瓶被斜向右上方抛出后的运动过程中 D.手持矿泉水瓶向上加速直线运动的过程中 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　瓶自由下落、平抛以及在空中做抛体运动时,均只受到重力的作用,加速度为重力加速度,处于完全失重状态,水不会流出,故A、B、C三项错误;手持矿泉水瓶向上加速运动的过程中,由于水处于超重状态,故水之间存在压力,水会向外喷出,D项正确。 答案　D 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 6.(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 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　物块水平沿中线做匀减速直线运动,则==,由题干知s= 1 m,t=1 s,v>0,代入数据有v0<2 m/s,A项错误,B项正确;对物块应用牛顿第二定律得加速度a=-μg,v2-= 2as,整理有-2μgs>0,由于v0<2 m/s可得μ<0.2,C、D两项错误。 答案　B 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 7.如图所示,四只猴子水中捞月,它们将一棵又直又高的杨树压弯,竖直倒挂在树梢上,从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时,3号突然两手一滑没抓稳,4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态,四只猴子的质量都相等且为m,重力加速度为g,那么在3号猴子手滑后的一瞬间(　　) A.4号猴子的加速度和速度都等于0 B.3号猴子的加速度大小为g,方向竖直向上 C.2号猴子对3号猴子的作用力大小为 D.1号猴子对2号猴子的作用力大小为 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　在3号猴子手滑后的一瞬间,4号猴子只受重力作用,其加速度等于重力加速度,速度等于0,A项错误;在3号猴子手滑后的一瞬间,1号、 2号、3号猴子的加速度a相同,mg=3ma,解得加速度大小为a=g,加速度的方向竖直向上,B项错误;2号猴子对3号猴子的作用力为F23,则 F23-mg=ma,解得F23=,C项正确;1号猴子对2号猴子的作用力为F12,则F12-2mg=2ma,解得F12=,D项错误。 答案　C 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 8.如图所示,弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上,下端用小钩勾住质量为m的小球C,弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计。静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°,重力加速度为g。下列判断正确的是(　　) A.若p和球突然脱钩,则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为0.6mg B.若p和球突然脱钩,则脱钩后瞬间球的加速度大小为g C.若q和球突然脱钩,则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为2mg D.若q和球突然脱钩,则脱钩后瞬间球的加速度大小为g 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　原来p、q对球的拉力大小均为mg。p和球脱钩后,球将开始沿圆弧运动,对小球受力分析,如图甲,得F-mgcos 60°=m=0,即F=mg,合力为mgsin 60°,则加速度大小为a=gsin 60°=g,A、B两项错误; q和球突然脱钩后瞬间,p的拉力未来得及改变,仍为mg,因此合力为mg,如图乙,球的加速度为大小为g,C项错误,D项正确。 答案　D 甲 乙 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 9.如图,质量为m的雪橇在倾角θ=37°的斜坡向下滑动过程中,所受的滑动摩擦力为定值,空气阻力与速度成正比,比例系数k=1 kg/s。雪橇运动的某段过程v-t图像如图中实线AD所示,且AB是曲线最左端那一点的切线,B点的坐标为(4,9),CD线是曲线的渐近线,已知sin 37°=0.6, g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.当v0=3 m/s时,雪橇的加速度为0.75 m/s2 B.在0~4 s过程中雪橇的平均速度为4.5 m/s C.雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.5 D.雪橇的质量m=2 kg 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　根据v-t图像切线的斜率表示加速度,可知v0=3 m/s时,雪橇的加速度为a0== m/s2=1.5 m/s2,A项错误;根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移,可知0~4 s雪橇的位移满足x>×4 m=18 m,则在0~4 s过程中雪橇的平均速度满足=> m/s=4.5 m/s,B项错误;当v0=3 m/s时,空气阻力大小为f0=kv0=3 N,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ-f0=ma0;当v=6 m/s时,空气阻力大小为f=kv=6 N,此时雪橇的加速度为零,则有mgsin θ-μmgcos θ-f=0,联立解得m=2 kg,μ=,C项错误,D项正确。 答案　D 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 10.某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N。他将弹簧测力计移至电梯内称其体重,t0~t3时间段内弹簧测力计的示数如图所示,则电梯运行的v-t图像可能是(取电梯向上运动的方向为正)(　　) A B C D 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　从题图可以看出,t0~t1内,该人的视重小于其重力,t1~t2内,视重正好等于其重力,而在t2~t3内,视重大于其重力,根据题中所设的正方向可知,t0~t1内,该人具有向下的加速度,t1~t2内,该人处于平衡状态,而在t2~t3内,该人则具有向上的加速度,所以可能的图像为A,A项正确。 答案　A 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 二、多项选择题 11.近几年,国家推出了旧房改造的政策,方便了很多老小区的居民,如图甲所示是某小区加装的外置电梯,其在0~8 s内的v-t图像如图乙所示,取竖直向上为正方向,某居民的质量为50 kg,站在电梯内,重力加速度大小取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) 甲 乙 A.0~2 s内该居民处于超重状态 B.6~8 s内该居民处于失重状态 C. 1 s末,该居民对电梯的压力为600 N D. 7 s末,该居民对电梯的压力为400 N 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　0~2 s电梯向上减速,该居民处于失重状态,故A项错误;6~8 s内电梯向下加速,该居民处于失重状态,故B项正确;1 s末,该居民处于失重状态,加速度大小为2 m/s2,对电梯的压力为mg-ma=400 N,故C项错误; 7 s末,该居民处于失重状态,加速度大小为2 m/s2,对电梯的压力为 mg-ma=400 N,故D项正确。 答案　BD 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 12.越来越多的人喜欢挑战极限,如图是两位“勇士”参与溜索活动,两倾斜的钢丝拉索分别套有M、N两个滑轮(滑轮与绳之间有可调节的制动片),两滑轮上用安全带系着两位“勇士”,当他们都沿拉索向下滑动时,M上的带子与索垂直,N上的带子始终竖直向下,则以下判断正确的是(　　) A.M情况中,滑轮与索之间无摩擦力 B.N情况中,滑轮与索之间无摩擦力 C.M情况中,“勇士”做匀速直线运动 D.N情况中,“勇士”做匀速直线运动 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　滑轮M对应的安全带的弹力方向倾斜,对“勇士”受力分析,如图所示,则加速度大小为a==gsin θ,滑轮M做匀加速运动,对整体分析,有Mgsin θ-f=Ma,得f=0,滑轮与索之间没有摩擦力,故A项正确,C项错误;滑轮N对应的安全带的弹力为竖直方向,可知N情况中“勇士”合力为零,做匀速直线运动,则滑轮N受到沿钢索向上的摩擦力,故B项错误,D项正确。 答案　AD 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 13.如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离s1后停止。现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),g为重力加速度,若其他条件不变,木盒以加速度a2滑行距离s2后停止。则(　　) A.a2>a1 B.a2=a1 C.s2>s1 D.s2<s1 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　设木盒的质量为M,根据牛顿第二定律得,放砝码时,加速度a1=μg,拿走砝码施加F时,加速度a2==μg,可知a2>a1,根据v2=2as,得s=,知加速度增大,则滑行的距离变小,即s2<s1,则A、D两项正确,B、C两项错误。 答案　AD 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 三、非选择题 14.如图所示,甲、乙两物块通过长为L=0.2 m的水平轻绳连接,置于足够长的水平面上,甲、乙两物块质量均为m=1 kg,与水平面间动摩擦因数均为μ=0.5。t=0时刻,在与水平面夹角θ=37°的恒力F作用下,甲、乙一起从静止开始向右加速运动。已知F=10 N,重力加速度取g=10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。 (1)求两物体一起运动的加速度a和轻绳拉力的大小。 (2)t1=4 s时刻,甲、乙间轻绳断开,求在t2=4.6 s时刻甲、乙间的距离s。 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　(1)对甲进行受力分析 FN1=mg-Fsin θ, f2=μFN1, 对乙进行受力分析T-μmg=ma,f2=μmg, 对甲、乙系统进行受力分析得 Fcos θ-f1-f2=2ma, 解得两物体一起运动的加速度为a=0.5 m/s2, 轻绳拉力的大小为T=5.5 N。 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 (2)t1=4 s时刻,甲、乙的速度为v=at1=2 m/s, 甲、乙间轻绳断开后,设甲的加速度为a1,有Fcos θ-f1=ma1, 解得a1=6 m/s2, 甲的位移为s1=v(t2-t1)+a1(t2-t1)2=2.28 m, 设乙的加速度为a2,有a2=μg=5 m/s2, 乙减速至停止的时间t3==0.4 s, 乙的位移为s2==0.4 m, 甲、乙间距离为s=s1+L-s2=2.08 m。 答案　(1)0.5 m/s2　5.5 N　(2)2.08 m 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 15.云梯车是利用车载云梯设备将物料搬运上楼的专项作业 车辆,如图所示,在某次搬运物料作业中,质量为205 kg的物料 装载在水平放置的长方体料斗中,从云梯底部由静止开始沿 云梯做匀加速直线运动,最后以相同大小的加速度做匀减速 直线运动,沿云梯运动20.5 m 到达所在的楼层停止并卸货。 若料斗运动的最大速度为1 m/s,加速度大小不超过2 m/s2,料斗沿云梯每运动10.25 m,上升的高度为10 m,不计空气阻力和物料与料斗侧壁的摩擦,物料与料斗始终保持相对静止,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)物料上升的最短时间; (2)物料对料斗底部的最大压力。 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 解析　(1)若料斗以最大加速度加速到最大速度,以最大速度做匀速运动,再以最大加速度减速到零,则用时最短。 匀加速运动的时间t1==0.5 s, 匀加速运动的位移s1== m=0.25 m, 同理匀减速运动的时间t2=0.5 s, 位移s2=0.25 m, 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 匀速直线运动的时间 t3== s=20 s, 总时间t=t1+t2+t3=21 s。 (2)以最大加速度匀加速上升时压力最大,根据牛顿第二定律 FN-mg=may,=, 解得FN=2 450 N, 根据牛顿第三定律F压=2 450 N。 答案　(1)21 s　(2)2 450 N 微练(八)　牛顿第二定律的基本应用 高考复习顶层设计 物理 第 ‹#› 页 赢在字里行间 本部分内容讲解结束 $$