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2021高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用课时作业含解析

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第2讲牛顿第二定律的应用时间：50分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．(2019·某某省某某市一模)阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼，楼层总数162层，配备56部电梯，最高速度可达17.4 m/s。

游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。

若电梯运行中只受重力与绳索拉力，已知电梯在t ＝0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示。

下列相关说法正确的是( )A．t＝6 s时，电梯处于失重状态B．7～53 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0答案 D解析根据a­t图象可知，t＝6 s时，电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，A错误；53～60 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力，而7～53 s 时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，B错误；t＝59 s时，电梯的加速度方向向下，电梯处于失重状态，C错误；根据a­t图象与横轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，0～60 s时间内电梯速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60 s时，电梯速度恰好为0，D正确。

2．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。

按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。

假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25C ．50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25答案 C解析 根据h ＝12at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得a ＝mg ＋F f m ＝(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，解得k ＝0.25，故C 正确。

3.如图所示，物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v 1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v ，已知v 1＝kv ，且k <1。

物体与斜面间的动摩擦因数为( )A ．(1－k )sin αB.(1－k )cos αC ．(1－k 2)tan αD.(1－k 2)cot α答案 C解析 物体沿斜面下滑，由牛顿第二定律有，mg sin α－μmg cos α＝ma ，解得加速度大小a ＝g sin α－μg cos α，设斜面高度为h ，则斜面长度L ＝hsin α，由匀变速直线运动规律有，v 1＝2aL ＝2g sin α－μg cos αhsin α；物体从斜面顶端开始做自由落体运动，有v ＝2gh 且v 1＝kv ，联立解得μ＝(1－k 2)tan α，C 正确。

4．(2019·某某某某高三上学期期末)如图甲所示，一个质量m ＝1 kg 的物块以初速度v 0＝12 m/s 从斜面底端冲上一足够长斜面，经t 1＝1.2 s 开始沿斜面返回，t 2时刻回到斜面底端。

物块运动的v ­t 图象如图乙所示，斜面倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)。

则可确定( )A ．物块上滑时的加速度大小为5 m/s 2B ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4C ．物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2 mD ．物块回到斜面底端的时刻为2.4 s答案 C解析 v ­t 图象的斜率表示加速度，根据图象可知，物块上滑时的加速度大小为a 1＝121.2 m/s 2＝10 m/s 2，A 错误；物块上滑时，根据牛顿第二定律可知：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得μ＝0.5，B 错误；在v ­t 图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为s ＝12×12×1.2 m ＝7.2 m ，C 正确；物块沿斜面下滑的加速度大小为a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2，根据位移公式有s ＝12a 2t 2，解得t ＝7.2 s ≠1.2 s ，故物块返回到斜面底端的时刻不是2.4 s ，D 错误。

5．如图所示，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A ．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍答案 D解析撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ，可知只有D正确。

6．(2019·四省八校双教研联盟联考)将质量为m＝0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度v0＝20 m/s，已知小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv，且k＝0.1 kg/s，其速率随时间变化规律如图所示，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )A．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB．小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为零C．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s2D．小球落地前做匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s答案 D解析小球在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于初、末速度的平均值，即小于10 m/s，A错误；小球在t1时刻到达最高点，此时速度为零，只受重力，加速度为g，B错误；小球抛出瞬间，受到重力mg＝1.0 N，空气阻力f＝kv0＝0.1×20 N＝2.0 N，所受合外力F＝mg＋f＝3.0 N，由牛顿第二定律有F＝ma0，解得小球抛出瞬间的加速度大小为a0＝30 m/s2，C错误；小球落地前做匀速运动，由mg＝kv1，解得v1＝10 m/s，D正确。

7.如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度沿斜面向上，A 球的瞬时加速度沿斜面向下，瞬时加速度都不为零答案 BC解析 系统静止时，根据平衡条件可知：对B 球F 弹＝mg sin θ，对A 球F 绳＝F 弹＋mg sin θ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B 球受力情况未变，瞬时加速度为零，对A 球根据牛顿第二定律得a ＝F 合m ＝F 弹＋mg sin θm ＝2g sin θ，方向沿斜面向下，故A 、D 错误，B 、C 正确。

8.如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是( )A ．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B ．轻杆对小球的弹力方向与细线平行C ．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向D ．此时小车的加速度为g tan α答案 BD解析 由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan α＝ma ，解得a ＝g tan α，故小车的加速度为g tan α，选项B 、D正确。

9.如图所示，E 为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。

以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x 、速度v 、合力F 、加速度a 与时间t 的关系图象可能正确的是( )答案 BD解析 设斜面与水平面夹角为θ，斜面长为2L ，在斜面上半段a 1＝g sin θ，v 2E ＝2a 1L ，在斜面下半段0－v 2E ＝－2a 2L ，故加速度大小a 1＝a 2，故B 、D 正确，C 错误；在斜面上半段x ＝12a 1t 2，x ­t 图应开口向上，故A 错误。

10．图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg 的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g 取10 m/s 2，下列判断正确的是( )A ．前10 s 悬线的拉力恒为1500 NB ．46 s 末材料离地面的距离为22 mC ．0～10 s 材料处于超重状态D ．在30～36 s 钢索最容易发生断裂答案 BC解析 由图乙可知前10 s 内材料的加速度a ＝0.1 m/s 2，由F －mg ＝ma 可知悬线的拉力为1515 N ，A 错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m ，下降的高度为6 m,46 s 末材料离地面的距离为22 m ，B 正确；因30～36 s 材料加速度向下，材料处于失重状态，F <mg ，前10 s 材料处于超重状态，F >mg ，故在0～10 s 钢索最容易发生断裂，C 正确，D 错误。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(14分)(2019·某某某某三模)如图甲所示，质量为100 kg 的电梯沿与水平方向成30°角的直线轨道运行，质量为20 kg 的货物置于电梯的水平底板上，并与电梯保持相对静止。

电梯受到与轨道平行的牵引力作用，从轨道底端运行到顶端，电梯速度随时间的变化图象如图乙所示。

不计轨道对电梯的摩擦阻力及空气阻力，g 取10 m/s 2，求：(1)电梯加速过程中受到的牵引力的大小；(2)电梯减速过程中，货物所受支持力及摩擦力的大小。

答案 (1)720 N (2)195 N 5 3 N解析 (1)由图乙知电梯加速过程的加速度大小为：a 1＝Δv 1Δt 1＝1 m/s 2 设电梯受到的牵引力为F ，由牛顿第二定律得：F －(M 梯＋m 货)g sin30°＝(M 梯＋m 货)a 1解得：F ＝720 N 。

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2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习

2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习

2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习1．(2021·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C.本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平稳状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原先悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C项正确．2.(多选)(2021·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时刻和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A 项错误；设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设通过t1时刻鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上运动的时刻t2＝vμg，因此t1＝t2，B项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg(设鱼缸质量为m)，保持不变，C项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确．3.(多选)(2020·高考海南卷)如图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O .整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相关于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g .在剪断的瞬时( )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2解析：选AC.剪断细线前，对整体由平稳条件可知，细线承担的拉力F ＝3mg ，剪断细线瞬时，物块a 所受重力和弹簧拉力不变，由平稳条件推论可知重力与拉力合力大小为3mg ，由牛顿第二定律可知，a 1＝3g ，A 项正确，B 项错误；在剪断细线前，两弹簧S 1、S 2弹力大小分别为T 1＝2mg 、T 2＝mg ，剪断细线瞬时，两弹簧弹力不变，由胡克定律F ＝kx 可知，Δl 1＝2Δl 2，C 项正确，D 项错误．4．(2020·河南中原名校联考)如图甲所示，光滑水平面上的O 点处有一质量为m ＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F 1＝4 N ，方向向右，F 2的方向向左，大小如图乙所示．物体从静止开始运动，现在开始计时．求：(1)当t ＝0.5 s 时，物体的加速度大小；(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时速度最大？最大值为多少？解析：(1)当t ＝0.5 s 时，F 2＝(2＋2×0.5) N ＝3 NF 1－F 2＝maa ＝F 1－F 2m ＝4－32m/s 2＝0.5 m/s 2. (2)物体所受的合外力为F 合＝F 1－F 2＝4－(2＋2t )＝2－2t (N)作出F 合－t 图如图1所示从图1中能够看出，在0～2 s 范畴内当t ＝0时，物体有最大加速度a 0.F 0＝ma 0a 0＝F 0m ＝22m/s 2＝1 m/s 2 当t ＝2 s 时，物体也有最大加速度a 2.F 2＝ma 2，a 2＝F 2m ＝－22 m/s 2＝－1 m/s 2，负号表示加速度方向向左． (3)由牛顿第二定律得：a ＝F 合m＝1－t (m/s 2)画出a －t 图象如图2所示由图2可知t ＝1 s 时速度最大，最大值等于上方三角形的面积． v ＝12×1×1 m/s ＝0.5 m/s.答案：(1)0.5 m/s 2(2)t ＝0或t ＝2 s 时加速度最大 1 m/s 2(3)t ＝1 s 时速度最大 0.5 m/s。

2021版高考物理一轮复习课件第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用

2021版高考物理一轮复习课件第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用


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解析：(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得： F－mg－Ff＝ma 由运动学规律得，上升高度：h＝12at2 联立解得：Ff＝4 N. (2)下落过程由牛顿第二定律：mg－Ff＝ma1 得：a1＝8 m/s2 落地时的速度 v2＝2a1H 联立解得：H＝100 m.
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(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：F－mg＋Ff＝ma2 得：a2＝10 m/s2 设恢复升力后的速度为 vm，则有2va2m1＋2va2m2＝H 得：vm＝403 5 m/s 由：vm＝a1t1 得：t1＝535 s.
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第 2 讲 牛顿第二定律的应用
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C 关键 能力 突破
考点一 动力学的两类基本问题 1．解决动力学两类基本问题的思路
师生互动
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2．动力学两类基本问题的解题步骤
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如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以 v0＝4 m/s 的速度向右匀速行驶， 与此同时，在小车后方相距 s0＝40 m 处有一物体在水平向右的推力 F＝20 N 作用下， 从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了 x1＝25 m 撤去．已知物体与地面之间的 动摩擦因数 μ＝0.2，物体的质量 m＝5 kg，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
得 a2＝μg＝2 m/s2. 由 v2＝2ax 得 x2＝2va222＝21×022 m＝25 m. 而 t3＝va22＝120 s＝5 s. 物体运动的总时间 t＝t2＋t3＝10 s， 则 d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m. 答案：(1)2 m/s2 (2)44 m (3)30 m
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师生互动
1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用(1)教学案(含解析)(2021年整理)

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用(1)教学案(含解析)(2021年整理)

第2讲牛顿第二定律的应用(1)➢教材知识梳理一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路:先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma)求出________，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出________,再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．说明：牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁，加速度是解题的关键．二、超重和失重1．超重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为超重现象．2．失重物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为失重现象．3．完全失重物体对水平支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力)________的情况称为完全失重现象．4．视重与实重(1）当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为________．视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．（2)物体实际受到的重力大小称为________．三、连接体与隔离体1．连接体与隔离体:两个或两个以上物体相连接组成的物体系统,称为________．如果把其中某个(或几个）物体隔离出来，该物体称为________．2．外力和内力(1）以物体系为研究对象，系统之外其他物体的作用力是系统受到的________，而系统内各物体间的相互作用力为________．(2)求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑________;如果把物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将变为隔离体的________．答案：一、1.加速度 2.加速度二、1.大于2。

小于 3.等于零4．（1)视重（2）实重三、1。

连接体隔离体2．（1)外力内力(2）内力外力【思维辨析】（1）放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力．（)（2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果．（）(3）运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定．( )（4）物体处于超重状态时，物体的重力大于mg.（）(5）物体处于完全失重状态时其重力消失．( ）(6）物体处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关．（)（7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力．（）答案：（1)（×)（2）(√)(3）(×）（4）(×)（5）（×） (6)（√)(7）(×）➢考点互动探究考点一动力学的两类基本问题解决动力学两类问题的基本思路(17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和,如图3。

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律的应用学案新人教版

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律的应用学案新人教版

第2节牛顿第二定律的应用必备知识预案自诊知识梳理一、单位制1.单位制:由和导出单位组成。

2.基本单位:的单位。

力学中的基本量有三个,它们分别是质量、时间、,它们的国际单位分别是、秒、米。

3.导出单位:由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

4.国际单位制中的七个基本物理量和基本单位①①注:“基本量”既可以采用国际单位制中的单位,也可以采用其他单位制中的单位,如厘米、英寸、斤等常用单位,并且不同的单位制规定的基本量不尽相同。

二、动力学的两类基本问题1.两类动力学问题第一类:已知受力情况求物体的运动情况。

第二类:已知运动情况求物体的受力情况。

2.解决两类基本问题的方法②以为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图:三、超重、失重1.实重和视重(1)实重:物体实际所受的重力,与物体的运动状态。

(2)视重:当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时,弹簧测力计或台秤的示数称为视重。

2.超重、失重和完全失重的比较③注:物体在完全失重状态下由重力引起的现象将消失。

考点自诊1.判断下列说法的正误。

(1)F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关。

()(2)物体受到外力作用不为零时,立即产生加速度。

()(3)物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。

()(4)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。

()(5)超重就是物体的重力变大了。

()(6)物体完全失重时,加速度一定为重力加速度。

()(7)根据物体处于超重或失重状态,可以判断物体运动的速度方向。

()2.(多选)(新教材人教版必修第一册P104习题改编)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。

某人身系弹性绳自高空P点自由下落,图中a点是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点,b 是人静止地悬吊着时的平衡位置,人在从P点落下到最低点c的过程中()A.人在Pa段做自由落体运动,处于完全失重状态B.在ab段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态C.在bc段绳的拉力小于人的重力,人处于失重状态D.在c点,人的速度为零,加速度也为零3.(新教材人教版必修第一册P100习题改编)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。