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考點規范練8　牛頓第二定律的應用
一、單項選擇題
1.如圖所示,物塊在水平放置的臺式彈簧測力計上保持相對靜止,彈簧測力計的示數為15 N,下列說法正確的是(　　)
A.若該裝置此時正放在加速上升的電梯中,則物塊的實際重力小于15 N
B.若該裝置此時正放在經過拱橋最高點的汽車中,則物塊的實際重力小于15 N
C.若該裝置此時正放在月球的表面上,則物塊的實際重力小于15 N
D.若該裝置此時正放在勻速旋轉的水平轉臺上并與水平轉臺保持相對靜止,則物塊的實際重力小于15 N
2.如圖所示,質量m=2 kg的物體在水平向右的拉力作用下,以a=5 m/s2的加速度向右做勻加速運動,以下說法正確的是(　　)
A.物體所受的拉力大小一定為10 N
B.物體所受的合外力大小一定為10 N
C.在任意1 s內的位移大小均為2.5 m
D.在某一秒內的速度增加量可以達到10 m/s
3.一架無人機在田間進行農藥噴灑,無人機從地面靜止起飛,豎直向上運動,然后懸停在空中,接著水平向前做加速運動,后勻速運動噴灑農藥。關于這一系列過程,下列說法正確的是(　　)
A.豎直向上運動的過程中,無人機一直處于超重狀態
B.水平向前加速時,空氣對無人機的作用力豎直向上
C.水平向前加速時,空氣對無人機的作用力大于無人機總重力
D.在水平方向勻速運動噴灑農藥過程中,無人機(含內部未噴灑的農藥)機械能保持不變
4.載人飛船返回艙質量約為5.4×103 kg。某一次進行返回地面的測試時,返回艙在某處彈射出三朵主傘構成傘群,通過傘群減速,安全返回地面,可將這一運動視為豎直方向的勻減速直線運動,加速度大小為1.4 m/s2,三根主傘的傘繩a、b、c均與豎直方向成θ角,已知sin θ=0.44,cos θ=0.90,g取10 m/s2,則返回艙在下落過程中主傘傘繩a上的拉力大小約為(　　)
A.2.80×103 N
B.1.72×104 N
C.2.28×104 N
D.6.84×104 N
5.如圖所示,輕繩一端連接一質量為m的物體,另一端固定在左側豎直墻壁上,輕繩與豎直墻壁間夾角為45°,物體右側與一輕彈簧相連,輕彈簧另一端固定于右側豎直墻壁上,此時物體對光滑地面的壓力恰好為零,重力加速度g取10 m/s2,則(　　)
A.此時物體一定受4個力作用
B.突然撤去彈簧的瞬間,物體向左加速運動
C.突然剪斷輕繩的瞬間,物體的加速度大小約為14.1 m/s2
D.突然剪斷輕繩的瞬間,物體受3個力作用
6.如圖所示,質量為m=3 kg的木塊在輕彈簧和輕繩的作用下處于靜止狀態,此時木塊和斜面剛好接觸但無壓力,輕繩水平,輕彈簧的軸線與斜面平行。已知斜面的傾角θ=37°,木塊與斜面間的動摩擦因數μ=,重力加速度g取10 m/s2,sin θ=0.6,則剪斷輕繩瞬間木塊的加速度大小為(　　)
A.14 m/s2
B.12 m/s2
C.10 m/s2
D.8 m/s2
二、多項選擇題
7.如圖所示,固定在地面上的斜面足夠長,其傾角為30°,用平行于斜面向上、大小為16 N的力F作用在質量為2 kg的物塊上,物塊恰好沿斜面勻速上滑,若g取10 m/s2,物塊所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。下列說法正確的是(　　)
A.在撤去力F的瞬間,物塊所受摩擦力方向不變
B.在撤去力F的瞬間,物塊的加速度大小為8 m/s2
C.物塊與斜面間的動摩擦因數為0.4
D.撤去力F后,物塊最終將靜止在斜面上
8.如圖所示,一個可以乘坐二十多人的環形座艙套裝在豎直柱子上的巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重狀態。由升降機將環形座艙送到離地面75 m的高處,然后讓座艙無摩擦地自由落下,落到離地面30 m的位置時,制動系統啟動,座艙做勻減速運動,到地面時剛好停下。若座艙中某人用手托著質量為0.2 kg的手機,g取10 m/s2,則 (　　)
A.當座艙落到離地面45 m的位置時,手掌對手機的支持力為0
B.當座艙落到離地面45 m的位置時,手掌對手機的支持力為2 N
C.當座艙落到離地面15 m的位置時,手掌對手機的支持力為3 N
D.當座艙落到離地面15 m的位置時,手掌對手機的支持力為5 N
9.如圖所示,質量為4 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上,質量為1 kg的物體B用細線懸掛在天花板上,B與A剛好接觸但不擠壓,g取10 m/s2。現將細線剪斷,則剪斷后瞬間,下列結果正確的是(　　)
A.A加速度的大小為2.5 m/s2
B.B加速度的大小為2 m/s2
C.彈簧的彈力大小為50 N
D.A、B間相互作用力的大小為8 N
10.A、B兩球質量分別為m1、m2,從不同高度由靜止釋放,如圖甲所示。兩球的v-t圖像分別如圖乙中的1、2所示。球下落過程所受空氣阻力大小Ff滿足Ff=kv(v為球的速率,k為常數),t2時刻兩球第二次相遇。落地前,兩球的速度都已達到各自的穩定值v1、v2。下列判斷正確的是 (　　)
A.m1>m2
B.B球釋放的位置高
C.兩球釋放瞬間,A球的加速度較大
D.兩球第一次相遇的時刻在t1時刻之前
三、非選擇題
11.隨著人工智能技術的不斷發展,無人機有著非常廣闊的應用前景。春播時節,一架攜藥后總質量m=20 kg的無人機即將在田間執行噴灑藥劑任務,無人機懸停在距一塊試驗田h0=30 m的高空,t=0時刻,它以加速度a1=2 m/s2豎直向下勻加速運動h1=9 m后,立即向下做勻減速運動直至速度為零,重新懸停,然后水平飛行噴灑藥劑。若無人機田間作業時噴灑的安全高度為1~3 m,無人機下降過程中空氣阻力恒為20 N。g取10 m/s2。
(1)求無人機從t=0時刻到重新懸停在h2=1 m處的總時間t。
(2)求無人機在安全高度范圍內重新懸停,向下勻減速時能提供的最大豎直升力大小。
(3)若無人機在高度h3=3 m處懸停時動力系統發生故障,失去豎直升力的時間為 s,要使其不落地,恢復升力時的最小加速度。
12.如圖所示,航空母艦上的起飛跑道由長度l1=1.6×102 m的水平跑道和長度l2=20 m的傾斜跑道兩部分組成。水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h=4.0 m。一架質量m=2.0×104 kg的飛機,其噴氣發動機的推力大小恒為F=1.2×105 N,方向與速度方向相同,在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的。假設航母處于靜止狀態,飛機質量視為不變并可看成質點,g取10 m/s2。
(1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達傾斜跑道末端時的速度大小。
(2)為了使飛機在傾斜跑道的末端達到起飛速度100 m/s,外界還需要在整個水平跑道對飛機施加助推力,求助推力F推的大小。
考點規范練8　牛頓第二定律的應用
1.A　解析:若該裝置此時正放在加速上升的電梯中,則物塊的加速度向上,物塊超重,則實際重力小于15 N,故A正確。若該裝置此時正放在經過拱橋最高點的汽車中,則物塊加速度向下,處于失重狀態,其實際重力大于15 N,故B錯誤。若該裝置此時正放在月球的表面上,月球表面的重力加速度約為地球表面的,則物塊的實際重力大于15 N,故C錯誤。若該裝置此時正放在勻速旋轉的水平轉臺上并與水平轉臺保持相對靜止,則物塊既不超重也不失重,實際重力等于15 N,故D錯誤。
2.B　解析:根據牛頓第二定律: F-Ff=ma,由于摩擦力大小未知,故拉力F無法求出,但是F合=ma=2×5 N=10 N,故選項A錯誤,B正確。從靜止開始運動,在開始第1 s內位移為x1=at2=2.5 m,隨著速度的增加,在相等時間內位移增大,故選項C錯誤。根據加速度公式得到Δv=a·Δt=5×1 m/s=5 m/s,故選項D錯誤。
3.C　解析:豎直向上運動的過程中,無人機經歷了先向上加速、后向上減速的過程,加速度先向上后向下,無人機先處于超重狀態后處于失重狀態,故A錯誤。無人機水平向前加速時,對其進行受力分析,如圖所示。合力沿水平方向,空氣對無人機的作用力F斜向上,故B錯誤。水平向前加速時,空氣對無人機的作用力F=>mg,故C正確。在水平方向勻速運動噴灑農藥過程中,農藥質量不斷減小,無人機(含內部未噴灑的農藥)機械能減小,故D錯誤。
4.C　解析:設返回艙在下落過程中主傘傘繩a上的拉力大小為F,根據對稱性可知其他兩根繩的拉力均為F,以返回艙為研究對象,豎直方向根據牛頓第二定律可得3Fcos θ-mg=ma,解得F=2.28×104 N,故C正確,A、B、D錯誤。
5.D　解析:當物體對地面的壓力恰好為零時,由受力分析可知物體受重力、繩子的拉力和彈簧的彈力共3個力作用,故A錯誤。若突然撤去彈簧的瞬間,輕繩的拉力突然變為0,物體受重力和地面對物體的支持力,共兩個力作用,保持靜止,故B錯誤。在剪斷輕繩前,物體受到重力、彈簧彈力和輕繩拉力,如圖所示,根據共點力平衡可得,FT=mgtan 45°=mg,若突然剪斷輕繩的瞬間,彈簧的彈力不會突變,物體受重力、地面支持力、彈簧彈力作用,根據牛頓第二定律可得,FT=ma,解得a=10 m/s2,故C錯誤,D正確。
6.D　解析:剪斷輕繩之前,木塊和斜面剛好接觸但無壓力,說明斜面對木塊沒有支持力,對物塊受力分析可得彈簧的拉力 F= N=50 N。剪斷輕繩瞬間,根據牛頓第二定律得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得 a=8 m/s2,故A、B、C錯誤,D正確。
7.AB　解析:物塊勻速上滑過程,受到力F、重力、支持力和摩擦力,根據共點力平衡條件,有F-Gsin 30°-Ff=0,代入數據解得Ff=6 N;撤去F后,物塊由于慣性繼續上滑,其余力均不變,則摩擦力Ff=6 N,方向沿斜面向下,根據牛頓第二定律有Ff+Gsin 30°=ma1,解得a1=8 m/s2,選項A、B正確。滑動摩擦力Ff=μGcos 30°,解得μ=,選項C錯誤。當物塊上滑的速度減為零時,因Gsin 30°>μGcos 30°(即μ8.AD　解析:當座艙落到離地面45 m的位置時,人和手機處于完全失重狀態,手掌對手機的支持力為0,故A正確,B錯誤。設自由下落時的位移為h1,由2gh1=v2,得開始制動時的速度v= m/s=30 m/s;制動過程的位移為h2=30 m,由2ah2=v2,得制動的加速度a= m/s2=15 m/s2;對于手機,根據牛頓第二定律得FN-mg=ma,代入數據解得FN=5 N,故C錯誤,D正確。
9.BD　解析:剪斷細線前,A、B間無壓力,則彈簧的彈力F=mAg=40 N,剪斷細線的瞬間,對整體分析,根據牛頓第二定律有(mA+mB)g-F=(mA+mB)a,解得a=2 m/s2,A錯誤,B正確。剪斷細線的瞬間,彈簧的彈力不變,仍為40 N,C錯誤。隔離對B分析, 根據牛頓第二定律有mBg-FN=mBa,解得FN=mBg-mBa=10 N-1×2 N=8 N,D正確。
10.ABD　解析:兩球穩定時均做勻速運動,則有kv=mg,得m= ,所以有 ,由題圖知,v2>v1,得m1>m2,故A正確。速度圖像與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移,由題圖可知,0~t2時間內,B球下降的高度較大,而t2時刻兩球第二次相遇,所以B球釋放的位置高,故B正確。釋放瞬間v=0,因此空氣阻力Ff=0,兩球均只受重力,加速度均為重力加速度g,故C錯誤。在t1~t2時間內,A球下落的高度較大,而t2時刻兩球第二次相遇,所以兩球第一次相遇的時刻在t1時刻之前,故D正確。
11.解析:(1)無人機向下勻加速運動過程h1=a1
得t1=3 s
v1=a1t1=6 m/s
無人機減速過程有h0-h1-h2=t2
得t2= s
所以總時間t=t1+t2= s。
(2)無人機減速過程有0-=-2a2h
無人機重新懸停,距試驗田的安全高度h3=3 m時,加速度a2最大,已知h=h0-h1-h3
得a2=1 m/s2
無人機向下勻減速運動時,由牛頓第二定律可得F+Ff-mg=ma2
則升力F=200 N。
(3)失去豎直升力后,由牛頓第二定律得mg-Ff=ma3
恢復動力時v=a3t
則v=6 m/s
h3=
聯立解得a4=18 m/s2。
答案:(1) s　(2)200 N　(3)18 m/s2
12.解析:(1)飛機在水平跑道上運動時,水平方向受到推力與阻力作用,設加速度大小為a1、末速度大小為v1,運動時間為t1,有
F合=F-Ff=ma1
=2a1l1
v1=a1t1
由題干知v0=0,Ff=mg,代入已知數據可得
a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s
飛機在傾斜跑道上運動時,沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面分力的作用,設沿斜面方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2,沿斜面方向有
F合'=F-Ff-mgsin α=ma2
mgsin α=mg
=2a2l2
代入已知數據可得a2=3.0 m/s2
v2= m/s=41.5 m/s。
(2)飛機在水平跑道上運動時,水平方向受到推力、助推力與阻力作用,設加速度大小為a1'、末速度大小為v1',有
F合″=F推+F-Ff=ma1'
v1'2-=2a1'l1
飛機在傾斜跑道上運動時,沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面分力的作用沒有變化,加速度大小仍有
a2'=3.0 m/s2
v2'2-v1'2=2a2'l2
根據題意,v2'=100 m/s,代入數據解得F推=5.2×105 N。
答案:(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N
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