2025優(yōu)化設(shè)計(jì)一輪第2講　牛頓第二定律的基本應(yīng)用

第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練題組一動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題1.某同學(xué)乘坐地鐵時(shí),在一根細(xì)繩的下端掛一支圓珠筆,上端用電工膠布臨時(shí)固定在地鐵的豎直扶手上,地鐵在進(jìn)站或出站時(shí)沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng),細(xì)繩偏離豎直方向的角度為θ,并保持一段時(shí)間,他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時(shí)的情境照片,拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直,如圖所示。重力加速度大小為g,則根據(jù)照片信息,可知這段時(shí)間內(nèi)()A.地鐵的加速度大小為gsinθB.地鐵的加速度大小為gcosθC.地鐵可能向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)D.地鐵可能向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)2.(2023安徽二模)水平桌面上放置一質(zhì)量為m的木塊,木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,用一水平恒力F拉木塊,木塊在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng);若將此力方向改為與水平方向成74°角斜向上(F大小不變),木塊仍在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。那么當(dāng)用2F的水平恒力拉木塊,此時(shí)木塊的加速度為(已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,sin74°=0.96,cos74°=0.28)()A.34g B.3C.316g D.33.如圖所示,有一半圓,其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點(diǎn),O點(diǎn)恰好是下半圓的圓心,它們處在同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF,它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上,軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α>β>θ?，F(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端,則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為()A.tAB=tCD=tEF B.tAB>tCD>tEFC.tAB<tCD<tEF D.tAB=tCD<tEF題組二超重與失重問題4.(多選)(2024廣東韶關(guān)模擬)如圖甲所示,某同學(xué)站在壓力傳感器上完成下蹲和起立的動(dòng)作,用計(jì)算機(jī)采集到的壓力傳感器讀數(shù)F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,下列說法正確的是()A.該同學(xué)重力約為500NB.下蹲過程中該同學(xué)始終處于失重狀態(tài)C.該同學(xué)完成了一次下蹲再起立的動(dòng)作D.起立過程中該同學(xué)對(duì)傳感器的壓力小于傳感器對(duì)該同學(xué)的支持力5.(2023北京東城檢測(cè))某人某次乘電梯的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示,若取豎直向上的方向?yàn)檎较?則以下對(duì)人和電梯的說法正確的是()A.3s末一定處于超重狀態(tài)B.6s末一定處于超重狀態(tài)C.8s末一定處于超重狀態(tài)D.7~10s向下減速運(yùn)動(dòng)題組三動(dòng)力學(xué)的圖像問題6.(2023四川二模)如圖所示,一物體被水平向左的壓力F壓在粗糙的豎直墻壁上,某時(shí)刻壓力F的值為F0,此時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài),若從該時(shí)刻起使壓力F逐漸減小,直到減為零,則該過程中物體的加速度a與壓力F的關(guān)系圖像可能正確的是()7.用手掌托著智能手機(jī),打開手機(jī)中的加速度傳感器,手掌從靜止開始迅速上下運(yùn)動(dòng),得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時(shí)間變化的圖像,該圖像以豎直向上為正方向,重力加速度g取10m/s2。由此可判斷出()A.手機(jī)一直未離開過手掌B.手機(jī)在t1時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C.手機(jī)在t2時(shí)刻改變運(yùn)動(dòng)方向D.手機(jī)在t1~t3時(shí)間內(nèi),受到的支持力一直減小綜合提升練8.(2023山東卷)質(zhì)量為m0的玩具動(dòng)力小車在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí),牽引力F和受到的阻力Ff均為恒力。如圖所示,小車用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小車拖動(dòng)物體行駛的位移為s1時(shí),小車達(dá)到額定功率,輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間后停下,其總位移為s2。物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變,不計(jì)空氣阻力。小車的額定功率P0為()A.2B.2C.2D.29.(多選)(2023福建廈門二模)如圖所示,小明從羽毛球筒中取出最后一個(gè)羽毛球時(shí),他一手拿著球筒,另一只手迅速拍打筒的上端邊緣,使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)(筒始終未離開手),筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質(zhì)量為m0=90g(不含球的質(zhì)量),球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff1=2.6N,羽毛球質(zhì)量為m=5g,球頭離筒的上端距離為d=9.0cm,球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff2=0.1N,重力加速度g取10m/s2,空氣阻力忽略不計(jì),當(dāng)球筒獲得一個(gè)初速度后()A.羽毛球的加速度大小為10m/s2B.羽毛球的加速度大小為30m/s2C.若羽毛球頭部能從上端筒口出來,則筒獲得的初速度至少為35D.若羽毛球頭部能從上端筒口出來,則筒獲得的初速度至少為3m/s10.(2024廣東大灣區(qū)一模)水面救生無人船已經(jīng)成為水面救援的重要科技裝備。在某次測(cè)試中,一質(zhì)量為20kg的無人船在平靜水面上沿直線直奔目標(biāo)地點(diǎn)。無人船先從靜止出發(fā),做勻加速運(yùn)動(dòng)10s后達(dá)到最大速度4m/s,接著立即做勻減速運(yùn)動(dòng),勻減速運(yùn)動(dòng)了16m的距離后速度變?yōu)榱?。已知無人船運(yùn)行過程中受到水的阻力恒定且大小為4N,不計(jì)空氣阻力,g取10m/s2。求:(1)在勻加速過程中,無人船發(fā)動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力的大小;(2)在勻減速過程中,無人船發(fā)動(dòng)機(jī)提供的阻力的大小;(3)無人船在上述測(cè)試中,運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間及總位移大小。11.(2023山東日照二模)如圖甲所示,一根足夠長(zhǎng)的固定細(xì)桿與水平方向的夾角θ=37°,質(zhì)量m=2kg的帶電小球穿在細(xì)桿上并靜止于細(xì)桿底端的O點(diǎn)。t=0時(shí)刻開始在空間施加一電磁輻射區(qū),使小球受到水平向右的力F=ktk=10N/s,t=6s時(shí)小球離開電磁輻射區(qū),小球在電磁輻射區(qū)內(nèi)的加速度a隨著時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示,認(rèn)為細(xì)桿對(duì)小球的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。g取10m/s2,sin37°=(1)t=6s時(shí)小球的加速度am的大小;(2)小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離l。

參考答案第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用1.D解析對(duì)筆受力分析知,筆受到豎直向下的重力和沿繩斜向上的拉力,二力的合力方向水平向左,有合力F=mgtanθ=ma,得筆的加速度大小即地鐵的加速度大小為a=gtanθ,A、B錯(cuò)誤;加速度方向水平向左,因地鐵的運(yùn)動(dòng)方向未知,故地鐵可能向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng),也可能向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤,D正確。2.A解析用一水平恒力F拉木塊,木塊在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng),有F=μmg;若將此力方向改為與水平方向成74°角斜向上(F大小不變),木塊仍在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng),有Fcos74°=μ(mg-Fsin74°),當(dāng)用2F的水平恒力拉木塊時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有2F-μmg=ma,聯(lián)立解得a=34g,選項(xiàng)A3.B解析如圖所示,過D點(diǎn)作OD的垂線與豎直虛線交于G,以O(shè)G為直徑作圓,可以看出F點(diǎn)在輔助圓內(nèi),而B點(diǎn)在輔助圓外,由等時(shí)圓結(jié)論可知,tAB>tCD>tEF,B項(xiàng)正確。4.AC解析由圖乙可知平衡時(shí)壓力傳感器的示數(shù)為500N,則該同學(xué)重力約為500N,A正確;下蹲過程中該同學(xué)先處于失重狀態(tài),再處于超重狀態(tài),B錯(cuò)誤;人下蹲動(dòng)作分別有失重和超重兩個(gè)過程,先是加速下降失重,到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降超重,對(duì)應(yīng)先失重再超重,起立對(duì)應(yīng)先超重再失重,對(duì)應(yīng)圖像可知,該同學(xué)做了一次下蹲再起立的動(dòng)作,C正確;該同學(xué)對(duì)傳感器的壓力和傳感器對(duì)該同學(xué)的支持力是相互作用力,大小相等,D錯(cuò)誤。5.A解析根據(jù)v-t圖像可知,電梯向上先做加速運(yùn)動(dòng),再做勻速運(yùn)動(dòng),最后做減速運(yùn)動(dòng)直至停止,故電梯沒有向下運(yùn)動(dòng)的過程,D錯(cuò)誤;t=3s時(shí)人與電梯加速上升,其加速度向上,處于超重狀態(tài),A正確;t=6s時(shí)人與電梯勻速運(yùn)動(dòng),處于平衡狀態(tài),既不超重也不失重,B錯(cuò)誤;t=8s時(shí)人與電梯減速上升,其加速度向下,處于失重狀態(tài),C錯(cuò)誤。6.D解析設(shè)物體與豎直墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物體的質(zhì)量為m,壓力為F0時(shí),物體處于靜止?fàn)顟B(tài),若此時(shí)摩擦力剛好達(dá)到最大值,則從該時(shí)刻起使壓力F逐漸減小,物體立即獲得加速度向下加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可得mg-Ff=ma,又Ff=μFN=μF,聯(lián)立可得a=g-μFm,故選D7.D解析由圖可知,手機(jī)的加速度在某一段時(shí)間內(nèi)等于重力加速度,則手機(jī)與手掌間沒有力的作用,手機(jī)可能離開過手掌,A錯(cuò)誤。根據(jù)Δv=aΔt可知,a-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量,則手機(jī)在t1時(shí)刻速度為正,還沒有到最高點(diǎn),B錯(cuò)誤。手機(jī)在t2時(shí)刻前后速度均為正,運(yùn)動(dòng)方向沒有發(fā)生改變,C錯(cuò)誤。由圖可知t1~t2時(shí)間內(nèi)加速度向上不斷減小,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=ma,即FN=ma+mg,可知t1~t2時(shí)間內(nèi)支持力不斷減小;t2~t3時(shí)間內(nèi)加速度向下,不斷增大,根據(jù)牛頓第二定律得mg-FN'=ma,即FN'=mg-ma,可知支持力還是不斷減小,即手機(jī)在t1~t3時(shí)間內(nèi),受到的支持力一直減小,D正確。8.A解析設(shè)物體受到的阻力為Ff',設(shè)經(jīng)過位移s1,小車和物體的速度為v,則有P0=Fv,對(duì)整體(F-Ff-Ff')s1=12(m+m0)v2,輕繩從物體上脫落后,Ff'(s2-s1)=12mv2,解方程組得P0=2F

2(F-Ff9.BD解析依題意,對(duì)羽毛球受力分析,由于羽毛球相對(duì)于筒向上運(yùn)動(dòng),受到筒對(duì)它豎直向下的摩擦力作用,根據(jù)牛頓第二定律可得mg+Ff2=ma1,求得羽毛球的加速度為a1=30m/s2,羽毛球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,B正確;對(duì)筒受力分析,根據(jù)牛頓第二定律有m0g-Ff1-Ff2=m0a2,求得a2=-20m/s2,負(fù)號(hào)表示筒的加速度方向豎直向上,說明筒向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng),若敲打一次后,羽毛球頭部能從上端筒口出來,則當(dāng)羽毛球到達(dá)筒口時(shí),羽毛球與筒的速度相等,筒獲得的初速度最小,有a1t=vmin+a2t,vmint+12a2t2?12a1t10.答案(1)12N(2)6N(3)18s36m解析(1)勻加速階段加速度為a1=v解得a1=0.4m/s2由牛頓第二定律得F1-Ff=ma1解得F1=12N。(2)勻減速階段有0-vm2=-2a2解得a2=0.5m/s2由牛頓第二定律得F2+Ff=ma2解得F2=6N。(3)勻減速階段的時(shí)間為t2=0-vm-解得運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為t=t1+t2=18s勻加速階段的位移為x1=vm+02t1=運(yùn)動(dòng)總位移大小為x=x1+x2=36m。11.答案(1)10m/s2(2)5m解析(1)根據(jù)題意,對(duì)小球受力分析,如圖所示由題圖乙可知,t=4s時(shí),小球的加速度恰好為0,則