高考物理一轮复习讲义微练10　牛顿第二定律的基本应用

这是一份高考物理一轮复习讲义微练10　牛顿第二定律的基本应用，共7页。试卷主要包含了5 m/s2，等内容，欢迎下载使用。
梯级Ⅰ基础练
1.如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下﹐到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°(未标出)，则(A)
A.t1>t2B.t1=t2
C.t12.5 m/s2，第3 s内，货车相对于货物向左运动，货物相对货车向右运动，受到向左的滑动摩擦力，大小为f=fm=125 N，B项正确；第3 s内，货车做匀速直线运动，速度为7 m/s，2 s末货物的速度为v物=a1t+at=4.5 m/s0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是(B)
A.m1v2可得m1>m2，A项错误，B项正确；释放瞬间两小球只受重力作用，两小球的加速度相等，为重力加速度，C项错误；v-t图像的面积表示位移，由题图可知t0时间内甲球下落的高度较大，D项错误。
5.如图所示，物体在摩擦力的作用下沿水平地面做匀减速直线运动的位移x与时间t的关系图像是抛物线的一部分，图像在O点的切线过B点，在A点的切线与横轴平行，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是(D)
A.物体的减速距离为2 m
B.物体的初速度大小为2 m/s
C.物体沿地面运动的时间为3 s
D.物体与地面间的动摩擦因数为0.2
解析 题图中在A点的切线与横轴平行，则A点时速度为0，此时位移为4 m，则物体的减速距离为4 m，A项错误；图像在O点的切线过B点，则根据该点的斜率求得物体的初速度大小为4 m/s，B项错误；物体减速的加速度大小为a=v022x=422×4 m/s2=2 m/s2，物体沿地面运动的时间为t0=v0a=4 ms2 m/s2=2 s，C项错误；物体在水平地面上，根据牛顿第二定律有Ff=μmg=ma，解得物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.2，D项正确。
梯级Ⅱ能力练
6.(2025·威海模拟)如图所示，一重力为10 N的小球，在F=20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g=10 m/s2。求:
(1)有F作用的过程中小球的加速度大小；
(2)撤去F瞬间小球的加速度大小；
(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点。
解析 (1)小球的质量为
m=Gg=1 kg，
取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图1所示，
图1
根据牛顿第二定律有
Fsin 30°-Gsin 30°-μFN=ma1，
Fcs 30°=Gcs 30°+FN，
联立解得a1=2.5 m/s2。
(2)撤去F瞬间，小球的受力如图2所示，设此时小球的加速度为a2，有
图2
-Gsin 30°-μFN'=ma2，
FN'=Gcs 30°，
联立解得a2=-7.5 m/s2，
即加速度大小为7.5 m/s2。
(3)刚撤去F时，小球的速度为
v1=a1t1=3 m/s，
小球的位移为x1=12a1t12=1.8 m，
撤去F后，小球继续向上运动的时间为
t2=0-v1a2=0.4 s，
小球继续向上运动的最大位移为
x2=0-v122a2=0.6 m，
则小球向上运动的最大距离为
xm=x1+x2=2.4 m，
在上滑阶段通过B点，即
xAB-x1=v1t3+12a2t32，
解得t3=0.2 s或t3=0.6 s(舍)。
小球返回时，受力如图3所示，设此时小球的加速度为a3，有
图3
-Gsin 30°+μFN'=ma3，
解得a3=-2.5 m/s2，
即加速度大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下，
小球由顶端返回B点时，有
-(xm-xAB)=12a3t42，
解得t4=35 s，
则通过B点时间为t=t2+t4≈0.75 s。
答案 (1)2.5 m/s2 (2)7.5 m/s2 (3)0.2 s或0.75 s
7.分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ=0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)包裹刚开始下滑时的托盘倾角θ；
(2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a；
(3)若机器人运行的最大速度为vm=3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。
解析 (1)根据题意，当包裹刚开始下滑时满足
mgsin θ=μmgcs θ，
解得θ=37°。
(2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即μmg=ma，
解得a=7.5 m/s2。
(3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动，直至减速到零，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速直线运动与匀减速直线运动的位移和时间相等，有
x1=x3=vm22a，
t1=t3=vma，
匀速运动的时间为t2=x2vm=L-x1-x3vm，
联立解得t=t1+t2+t3=15.4 s。
答案 (1)37° (2)7.5 m/s2 (3)15.4 s
梯级Ⅲ创新练
8.(多选)智能手机中安装了加速度感测器APP软件后，可以精确测量手机运动的加速度。一同学将手机轻轻接触弹簧由静止释放，如图甲所示，手机在t3时刻运动到最低点，APP软件记录下此过程中加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(不考虑薄板的质量)，则(AD)
A.手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动
B.t2时刻，重力等于弹力，手机速度为零
C.t2时刻，手机对薄板的压力为零
D.t3时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2倍
解析 从题图乙可知，手机的加速度先是向下逐渐减小，t2时刻之后加速度向上，再逐渐增大，而手机的速度方向一直向下，故手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A项正确；t2时刻手机加速度为零，重力大小等于弹力，手机对薄板的压力大小等于手机重力；但在这之前手机一直在加速，t2时刻速度最大，B、C两项错误；根据简谐运动的对称性，可知t3时刻手机的加速度与0时刻加速度相同，而0时刻弹簧处于原长，手机只受重力，加速度为g，所以t3时刻手机的加速度大小为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律FN-mg=mg，得FN=2mg，根据牛顿第三定律可得t3时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2倍，D项正确。