还剩5页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套高考物理一轮复习课时作业含答案
成套系列资料，整套一键下载
高考物理一轮复习课时作业8牛顿第二定律的应用含答案
展开
这是一份高考物理一轮复习课时作业8牛顿第二定律的应用含答案
牛顿第二定律的应用[双基巩固练]1．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为( )A．7m/s B．14m/sC．10m/sD．20m/s2．[2020·山东枣庄期末]如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，则以下说法正确的是( )A．容器B上升过程中，物体A对B有压力，下降过程中，压力等于零B．容器B上升到最高点的时候，物体A对B有压力C．不论容器B上升还是下降，物体A对B都有压力D．不论容器B上升还是下降，物体A对B的压力都等于零3．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是( )4．如图，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为θ，当缆绳带动车厢以加速度a斜向上做匀加速运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物与车厢间的动摩擦因数至少为(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)( )A.eq \f(asinθ,g＋acosθ)B.eq \f(acosθ,g＋asinθ)C.eq \f(asinθ,g－acosθ)D.eq \f(acosθ,g－asinθ)5．[2020·黑龙江大庆实验中学期末]某人在地面上最多可举起50kg的物体，某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，据此判断此电梯加速度的大小和方向(g取10m/s2)( )A．2m/s2，竖直向上B.eq \f(5,3)m/s2，竖直向上C．2m/s2，竖直向下D.eq \f(5,3)m/s2，竖直向下6.[2021·厦门高三检测]如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度g取10m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为( )A．0B．大小为10m/s2，方向竖直向下C．大小为5eq \r(3)m/s2，方向斜向右下方D．大小为5m/s2，方向斜向右下方7.(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(g取10m/s2)( )A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动8．如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成．发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索等安全着陆．如图乙所示，是某中学在某次火灾逃生演练现场中，体重为60kg的逃生者从离地面18m高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到6m/s时，以大小为2.5m/s2加速度减速，到达地面时速度恰好为零．假设逃生者下降过程中悬空不接触墙面，不计空气阻力，求：(1)减速下滑过程的位移；(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小；(3)到达地面整个过程的时间．9．如图1所示，“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动．“滑滑梯”装置可用图2表示，斜面AB倾角θ＝37°，AD＝2.4m，C点处有墙壁．小朋友(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小为4m/s.假定小朋友与AB、BC面的动摩擦因数相等，在B点平滑过渡(不损失机械能)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)在滑行过程中，AB面和BC面对小朋友的支持力大小之比；(2)小朋友与AB面的动摩擦因数；(3)为了防止小朋友在C点撞墙，B、C间距离的最小值．[综合提升练]10．[2021·山西模拟](多选)如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧被压缩时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动时为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A．升降机在停止运动前是向下运动的B．0～t1时间段内金属球做减速运动C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同11．[2020·山东新高考测评联盟联考](多选)如图所示，一倾角为37°的固定斜面足够长，一物块由斜面底端以10m/s的速度冲上斜面，上升的最大高度为3m，当运动过程中物块的速度大小为4m/s时，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)，可能的高度为( )A．0.6mB．0.8mC．2.4mD．2.52m12．[2021·河北九校二联]如图所示为深圳市地标建筑——平安金融大厦，其内置观光电梯，位于观景台的游客可360°鸟瞰深圳的景观．电梯从地面到116层的观景台只需58s，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大速度为10m/s.当电梯加速上升时，质量为50kg的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为65kg，g取10m/s2，求：(1)电梯加速上升的加速度大小．(2)观景台距地面的高度．课时作业(八)1．解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由veq \o\al(2,0)＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝eq \r(2ax)＝eq \r(2μgx)＝eq \r(2×0.7×10×14) m/s＝14 m/s，因此B正确．答案：B2．解析：由题意知整体只受重力作用，加速度为g，方向竖直向下，处于完全失重状态，所以无论上升还是下降过程，A、B间都没有相互作用力，故选项D正确．答案：D3．解析：物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．答案：C4．解析：将加速度分解为水平和竖直两个方向，以货物为研究对象，在水平方向有Ff＝max＝macos θ，在竖直方向有FN－mg＝may＝masin θ，Ff＝μFN，联立解得μ＝eq \f(acos θ,g＋asin θ)，选项B正确．答案：B5．解析：此人最大的举力为F＝mg＝50×10 N＝500 N，在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体，说明物体处于失重状态．由牛顿第二定律得m′g－F＝m′a，解得a＝eq \f(m′g－F,m′)＝eq \f(60×10－500,60) m/s2＝eq \f(5,3) m/s2，方向竖直向下，故选D.答案：D6．解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为FN＝mgcos 30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力FN大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos 30°＝ma，解得a＝5eq \r(3) m/s2，方向斜向右下方，选项C正确．答案：C7．解析：物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F＋Ff,m)＝eq \f(2＋3,1) m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(10,5) s＝2 s，B正确，A错误；减速到零后，恒力F
牛顿第二定律的应用[双基巩固练]1．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为( )A．7m/s B．14m/sC．10m/sD．20m/s2．[2020·山东枣庄期末]如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，则以下说法正确的是( )A．容器B上升过程中，物体A对B有压力，下降过程中，压力等于零B．容器B上升到最高点的时候，物体A对B有压力C．不论容器B上升还是下降，物体A对B都有压力D．不论容器B上升还是下降，物体A对B的压力都等于零3．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是( )4．如图，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为θ，当缆绳带动车厢以加速度a斜向上做匀加速运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物与车厢间的动摩擦因数至少为(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)( )A.eq \f(asinθ,g＋acosθ)B.eq \f(acosθ,g＋asinθ)C.eq \f(asinθ,g－acosθ)D.eq \f(acosθ,g－asinθ)5．[2020·黑龙江大庆实验中学期末]某人在地面上最多可举起50kg的物体，某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体，据此判断此电梯加速度的大小和方向(g取10m/s2)( )A．2m/s2，竖直向上B.eq \f(5,3)m/s2，竖直向上C．2m/s2，竖直向下D.eq \f(5,3)m/s2，竖直向下6.[2021·厦门高三检测]如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度g取10m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为( )A．0B．大小为10m/s2，方向竖直向下C．大小为5eq \r(3)m/s2，方向斜向右下方D．大小为5m/s2，方向斜向右下方7.(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(g取10m/s2)( )A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动8．如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成．发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索等安全着陆．如图乙所示，是某中学在某次火灾逃生演练现场中，体重为60kg的逃生者从离地面18m高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到6m/s时，以大小为2.5m/s2加速度减速，到达地面时速度恰好为零．假设逃生者下降过程中悬空不接触墙面，不计空气阻力，求：(1)减速下滑过程的位移；(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小；(3)到达地面整个过程的时间．9．如图1所示，“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动．“滑滑梯”装置可用图2表示，斜面AB倾角θ＝37°，AD＝2.4m，C点处有墙壁．小朋友(视为质点)从A点开始静止下滑，到达B点的速度大小为4m/s.假定小朋友与AB、BC面的动摩擦因数相等，在B点平滑过渡(不损失机械能)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)在滑行过程中，AB面和BC面对小朋友的支持力大小之比；(2)小朋友与AB面的动摩擦因数；(3)为了防止小朋友在C点撞墙，B、C间距离的最小值．[综合提升练]10．[2021·山西模拟](多选)如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧被压缩时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动时为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A．升降机在停止运动前是向下运动的B．0～t1时间段内金属球做减速运动C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同11．[2020·山东新高考测评联盟联考](多选)如图所示，一倾角为37°的固定斜面足够长，一物块由斜面底端以10m/s的速度冲上斜面，上升的最大高度为3m，当运动过程中物块的速度大小为4m/s时，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)，可能的高度为( )A．0.6mB．0.8mC．2.4mD．2.52m12．[2021·河北九校二联]如图所示为深圳市地标建筑——平安金融大厦，其内置观光电梯，位于观景台的游客可360°鸟瞰深圳的景观．电梯从地面到116层的观景台只需58s，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大速度为10m/s.当电梯加速上升时，质量为50kg的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为65kg，g取10m/s2，求：(1)电梯加速上升的加速度大小．(2)观景台距地面的高度．课时作业(八)1．解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由veq \o\al(2,0)＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝eq \r(2ax)＝eq \r(2μgx)＝eq \r(2×0.7×10×14) m/s＝14 m/s，因此B正确．答案：B2．解析：由题意知整体只受重力作用，加速度为g，方向竖直向下，处于完全失重状态，所以无论上升还是下降过程，A、B间都没有相互作用力，故选项D正确．答案：D3．解析：物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．答案：C4．解析：将加速度分解为水平和竖直两个方向，以货物为研究对象，在水平方向有Ff＝max＝macos θ，在竖直方向有FN－mg＝may＝masin θ，Ff＝μFN，联立解得μ＝eq \f(acos θ,g＋asin θ)，选项B正确．答案：B5．解析：此人最大的举力为F＝mg＝50×10 N＝500 N，在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg的物体，说明物体处于失重状态．由牛顿第二定律得m′g－F＝m′a，解得a＝eq \f(m′g－F,m′)＝eq \f(60×10－500,60) m/s2＝eq \f(5,3) m/s2，方向竖直向下，故选D.答案：D6．解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为FN＝mgcos 30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力FN大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos 30°＝ma，解得a＝5eq \r(3) m/s2，方向斜向右下方，选项C正确．答案：C7．解析：物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F＋Ff,m)＝eq \f(2＋3,1) m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(10,5) s＝2 s，B正确，A错误；减速到零后，恒力F
相关试卷
高考物理一轮复习课时作业14牛顿第二定律的应用专题二（含解析）： 这是一份高考物理一轮复习课时作业14牛顿第二定律的应用专题二（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考物理一轮复习课时作业13牛顿第二定律的应用专题一（含解析）： 这是一份高考物理一轮复习课时作业13牛顿第二定律的应用专题一（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考物理一轮复习课时作业8牛顿第二定律的应用含答案： 这是一份高考物理一轮复习课时作业8牛顿第二定律的应用含答案
