【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教版物理 第三章　牛顿运动定律 课时规范练8　牛顿第二定律的应用含解析.doc，共(5)页，831.730 KB，由envi的店铺上传

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1课时规范练8牛顿第二定律的应用一、基础对点练1.(超重、失重)(2021黑龙江哈尔滨期末)用如下方法估测电梯在加速和减速过程中的加速度:用测力计悬吊一个重物,保持测力计相对电梯静止,测得电梯上升加速时测力计读数为G1,减速时为G2。已知该电梯加速和减速过程的加速度大小相同,重力

加速度为g。则可知电梯变速运动时的加速度大小为()A.gB.gC.gD.g2.(多选)(超重、失重)(2021河南新乡期末)某同学站在竖直观光电梯底板的体重计上,电梯在0~25s时间内速度变化的情况如图所示,取竖直向上为正方向,根据图象提供的信息,可以判断下列说法

正确的是()A.在5~10s内,体重计示数等于该同学所受的重力B.在10~20s内,该同学处于超重状态C.在20~25s内,该同学处于超重状态D.在0~5s内,体重计示数与该同学真实体重相差最大3.(动力学图象问题)(2021江苏高三模拟)皮球从一定高度处由静止下落,t1时刻与

地面碰撞后反弹,t2时刻上升到最高点,皮球运动时受到的空气阻力大小恒定,取皮球落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向,下列皮球位置x与时间t的关系图象中,能描述该过程的是()4.(动力学图象问题)(20

21广东蛇口育才中学高三模拟)一次演习中,一空降特战兵实施空降,飞机悬停在高空某处后,空降特战兵从机舱中无初速跳下,设空降特战兵沿直线运动,其速度—时间图象如图甲所示,当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60kg。设降落伞用8根对称的绳拉着空降特战兵,每根绳与中轴线的夹角

均为37°,如图乙所示。则对空降特战兵在下降过程中(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)判断正确的是()A.从甲图可以分析得知空降兵所受空气阻力不可忽略B.飞机离地高度约为190mC.整个运动过程中的

平均速度大小约为10m/sD.落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125N25.(动力学的两类基本问题)冰壶比赛是我国2022年冬奥会预计夺牌的比赛项目之一,其原理可以简化为将冰壶送到预期的位置。若某回合运动员想将冰壶送到与出手点相距25m的目标位置,该运动员正对目标位置,以大小为3

m/s的初速度将冰壶推出,冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02,发现冰壶没有按预期到达。于是运动员从冰壶运动的起点,沿冰壶原来运动的路线用毛刷摩擦冰面,可使冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的一半,重力加速度大小g取10m/s2。若冰壶还以原来的速度推出,恰好到达目标位置,则运动员用毛刷摩

擦冰面的距离为()A.20mB.15mC.10mD.5m6.(多选)(动力学的两类基本问题)(2021河南安阳期末)盖房子打地基叫打夯,夯锤的结构如图所示。参加打夯的共5人,四个人分别握住夯锤的一个把手,一个人负责喊号,喊号人一声号子,四个人同时向上用力将夯锤提

起,号音一落四人同时松手,夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为m,某次打夯时将夯锤提起时,每个人都对夯锤施加竖直向上的力大小均为mg,力持续的时间为t,然后松手,夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力,则()A.在上升过程中,夯锤一定处于超重

状态B.松手时夯锤一定处于完全失重状态C.松手时夯锤的速度大小v=2gtD.夯锤上升的最大高度hm=gt27.(动力学的两类基本问题)(2021浙江台州二模)随着人工智能技术的不断发展,无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节

,一架携药总质量m=20kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务,无人机悬停在距一块试验田H1=30m的高空,t=0时刻,它以加速度a1=2m/s2竖直向下匀加速运动h1=9m后,立即向下做匀减速运动直至速度为零,重新悬停,然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为

1~3m,无人机下降过程中空气阻力恒为20N,求:(1)无人机从t=0时刻到重新悬停在H2=1m处的总时间t;(2)无人机在安全高度范围内重新悬停,向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小;(3)若无人机在高度H2=3m处悬停时动力系统发生故障,失去竖直升力的时间为s,要使其不落地,恢复升力时的最

小加速度。二、素养综合练8.(多选)(2021湖南高三月考)如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()甲3乙A.物块

的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的摩擦力大小D.物块沿斜面向上滑行的最大高度9.(多选)(2021山东泰安模拟)一滑雪运动员沿平直雪道进行滑雪训练。某次训练中,他站在滑雪板上,滑雪杖触地并向后推动,利

用雪面的反作用力由静止开始加速,滑雪杖与雪面接触0.2s之后收起,再过0.8s后滑雪杖再次触地,触地0.2s后滑雪杖收起直至滑行停止。若每次滑雪杖触地产生的竖直作用力是运动员(含装备)重力的0.5、产生的水平推力为运动员(含装备)滑雪杖触地过程中所受滑动摩擦力的19倍,滑雪板与斜面

间的动摩擦因数为0.1,空气阻力不计,重力加速度g取10m/s2,则本次训练中运动员()A.第1s末的速度为1m/sB.第2s末的速度为1.8m/sC.第2s内的位移比第1s内的位移大0.5mD.第2s内的位

移比第1s内的位移大1m10.爬墙车利用吸气装置可以吸附在墙壁上行走,如图所示,某爬墙车在竖直墙面上从A点静止开始以最大加速度向上做匀加速直线运动,0.2s时到达B点后立刻以速度vB做匀速直线运动,为了防止撞到房顶,在C点车轮停止转动做匀减速运动,到达房顶D点时速度恰好减为

零。已知AB=10cm,AD=60cm,在大气压的作用下,爬墙车与墙壁之间的弹力恒为重力的3倍,不计空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,爬墙车由四轮驱动且电动机功率足够大,重力加速度g取10m/s2,求爬墙车(1)运动时的最大

速度vB;(2)与墙面之间的动摩擦因数μ;(3)由A点运动至D点的总时间t总。4课时规范练8牛顿第二定律的应用1.D解析:根据牛顿第二定律有加速上升时G1-G=ma,减速上升时G-G2=ma,且G=mg,联立解得a=g,故选D。2.AD解析:在5~10s内,电梯匀速上升,该同学受力平衡,体重计

示数等于该同学所受的重力,A正确;在10~20s,电梯减速上升,加速度向下,该同学处于失重状态,B错误;在20~25s内,电梯加速下降,加速度向下,该同学处于失重状态,C错误;在0~5s内,设体重计的支持力为F1,由牛顿第二定律可得F1-mg=ma1,在10~2

5s内,设体重计的支持力为F2,由牛顿第二定律可得mg-F2=ma2,图线斜率表示加速度,0~5s内加速度最大,故体重计示数与该同学真实体重相差最大,D正确。3.A解析:皮球从一定高度处由静止下落,小球的加速度大小为a1==g-,所以下落时速度越来越大,所以x-t图

线斜率增大;反弹上升时,加速度大小为a2==g+,方向与运动方向相反,所以上升时速度减小,x-t图线斜率越来越小;上升时加速度大于下降时加速度,所以上升时速度变化更快,用时更短。同时因为阻力的存在,反弹后不能再上升到原高度,故A正确,BCD错

误。4.D解析:空降特战兵在向下加速过程中加速度a1==10m/s2,故空降兵所受空气阻力可忽略,故A错误;由于图线围成的面积求出下落的高度,则下落的高度h=×20m=180m,故B错误;整个运动过程中的平均速度大小为m/s=13.8m/

s,故C错误;由图可知,伞兵减速阶段的加速度a2=m/s2=-m/s2,设每根绳对特战兵的拉力大小为F,则mg-8Fcos37°=ma,代入数据可得F=125N,故D正确。5.D解析:冰壶做匀变速直线运动,根据匀变速运动的规律有2a1x1=,2a2x2=,其中m

a1=μ1mg,ma2=μ2mg,μ1=μ2,x1+x2=x=25m,解得运动员用毛刷摩擦冰面的距离x1=5m,故选D。6.BD解析:在上升过程中,夯锤先加速上升,再减速上升,加速度先向上,然后再向下,夯锤先处于超重状态再处于失重状态,A错误;松手后只受重

力作用,处于完全失重状态,B正确;根据牛顿第二定律得4×mg-mg=ma,解得a=g,则松手时夯锤的速度大小v=gt,C错误;夯锤先匀加速上升的高度h1=at2=gt2,匀减速上升的高度h2=gt2,夯锤上升的最大高度hm=h1+h2=gt2,D正确。7.答案

:(1)s(2)200N(3)18m/s2解析:(1)无人机向下匀加速运动过程h1=a1得t1=3sv1=a1t1=6m/s无人机减速过程有H1-h1-H2=t2得t2=s所以总时间t=t1+t2=s(2)无人机减速过程有0-=-2a2h2无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2=3

m时,此时加速度a2最大,由h2=H1-h1-H2则a2=1m/s2无人机向下匀减速运动时,由牛顿第二定律可得F+F阻-mg=ma2则升力F=200N(3)失去竖直升力后,由牛顿第二定律mg-F阻=ma35恢复动力时v2=a3t3则a3=9m/s2,v2=6m

/sH2=联立解得a4=18m/s28.BD解析:物块在上滑过程中有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,v0=a1t1,在下滑过程中有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,v1=a2(2t1-t1)=a2t1,由以上方程可以求出θ和μ,但不能求出物块的质量m,A错误,B正

确;因为Ff=μmgcosθ,因为不能求出物块的质量m,所以摩擦力的大小也求不出,C错误;由图象可得物块上滑的最大位移为x=v0t1,则上滑的最大高度为hmax=xsinθ=v0t1sinθ,D正确。9.AD解析:滑雪杖触地过程中,对于运动员有19×0

.5μmg-0.5μmg=ma1,触地收起后-μmg=ma2,第1s末的速度为v1=a1t1+a2t2,解得v1=1m/s,第2s末的速度为v2=v1+a1t1+a2t2,解得v2=2m/s,A正确,B错误;第1s内的位移为s1=a1

+a1t1t2+a2,第2s内的位移为s2=v1t1+a1+(v1+a1t1)t2+a2,两段时间内的位移差为Δs=v1t1+v1t2,解得Δs=1m,C错误,D正确。10.答案:(1)1m/s(2)0.5(3)0.72s解析:(1)由匀变速直线运动规律得xAB=v

Bt1代入已知数据解得vB=1m/s甲(2)由vB=a1t1,得a1=5m/s2,在AB段,小车受力分析如图甲所示由平衡条件及牛顿第二定律得F=FN=3mgμFN-mg=ma1解得μ=0.5乙(3)小车到达C点后,摩擦力反

向,受力分析如图乙所示由牛顿第二定律得μFN+mg=ma2代入已知数据解得a2=25m/s2由匀变速直线运动规律得vB=a2t20-=-2a2xCD解得t2=0.04s,xCD=0.02m则小车匀速阶段时间为t匀==0.48s所以,小车由A点运动

至D点的总时间t总t总=t1+t匀+t2=(0.2+0.48+0.04)s=0.72s