高考物理一輪復習課時檢測（十四）牛頓第二定律（含解析）新人教版

牛頓第二定律1．“殲－20”戰(zhàn)斗機在某次起飛中，由靜止開始加速，當加速度a不斷減小至零時，飛機剛好起飛。關于起飛過程，下列說法正確的是()A．飛機所受合力不變，速度增加越來越慢B．飛機所受合力減小，速度增加越來越快C．速度方向與加速度方向相同，速度增加越來越快D．速度方向與加速度方向相同，速度增加越來越慢解析：選D根據(jù)牛頓第二定律可知，當加速度a不斷減小至零時合力逐漸減小到零，速度增加得越來越慢，故A、B項錯誤；飛機做加速運動，加速度方向與速度方向相同，加速度減小，即速度增加的快慢程度越來越慢，故C項錯誤，D項正確。2．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間的關系的圖像是()解析：選C物塊的受力如圖所示，當F不大于最大靜摩擦力時，物塊仍處于靜止狀態(tài)，故其加速度為0；當F大于最大靜摩擦力后，由牛頓第二定律，得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F(xiàn)與a成線性關系。C項正確。3．(多選)某物體在光滑的水平面上受到兩個恒定的水平共點力的作用，以10m/s2的加速度做勻加速直線運動，其中F1與加速度的方向的夾角為37°，某時刻撤去F1，此后該物體()A．加速度可能為5m/s2B．速度的變化率可能為6m/s2C．1秒內(nèi)速度變化大小可能為20m/sD．加速度大小一定不為10m/s2解析：選BC根據(jù)牛頓第二定律得F合＝ma＝10m，F(xiàn)1與加速度方向的夾角為37°，根據(jù)幾何知識可知，F(xiàn)2有最小值，最小值為F2min＝F合sin37°＝6m。所以當F1撤去后，合力的最小值為Fmin＝6m，此時合力的取值范圍為F合≥6m，所以最小的加速度為amin＝eq\f(Fmin,m)＝6m/s24．如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝1kg、m2＝4kg的A、B兩物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接，大小均為20N的水平拉力F1、F2分別作用在A、B上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A．彈簧測力計的示數(shù)是0B．彈簧測力計的示數(shù)是40NC．突然撤去F2的瞬間，B的加速度大小為5m/s2D．撤去F1后，當A、B加速度相同時，彈簧測力計的示數(shù)是16N解析：選C兩水平拉力大小相等，兩物體受力平衡，此時彈簧測力計的示數(shù)T＝20N，選項A、B錯誤；在突然撤去F2的瞬間，因為彈簧的彈力不能發(fā)生突變，所以B的加速度大小為a2＝eq\f(T,m2)＝eq\f(20,4)m/s2＝5m/s2,選項C正確；撤去F1后，當A、B加速度相同時，滿足eq\f(F2－T′,m2)＝eq\f(T′,m1)，解得彈簧測力計的示數(shù)T′＝4N，選項D錯誤。5．阿聯(lián)酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828m，也被稱為世界第一高樓。樓層總數(shù)162層，配備56部電梯，最高速可達17.4m/s。游客乘坐觀光電梯大約1min就可以到達觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，其加速度a與時間t的關系如圖所示。下列相關說法正確的是()A．t＝6s時，電梯處于失重狀態(tài)B．7～53s時間內(nèi)，繩索拉力最小C．t＝59s時，電梯處于超重狀態(tài)D．t＝60s時，電梯速度恰好為0解析：選D根據(jù)a-t圖像可知當t＝6s時，電梯的加速度向上，電梯處于超重狀態(tài)，故A錯誤；53～60s時間內(nèi)，加速度的方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，繩索的拉力小于重力；而7～53s時間內(nèi)，a＝0，電梯處于平衡狀態(tài)，繩索拉力等于電梯的重力，應大于電梯失重時繩索的拉力，所以這段時間內(nèi)繩索拉力不是最小，故B錯誤；t＝59s時，電梯減速向上運動，a＜0，加速度方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，故C錯誤；根據(jù)a-t圖像與時間t坐標軸所圍的面積表示速度的變化量，由幾何知識可知，60s內(nèi)a-t圖像與時間t坐標軸所圍的面積為0，所以速度的變化量為0，而電梯的初速度為0，所以t＝60s時，電梯速度恰好為0，故D正確。6.(2019·浙江4月選考)如圖所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細線一端，彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)()A．A球?qū)⑾蛏线\動，B、C球?qū)⑾蛳逻\動B．A、B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動C．A球?qū)⑾蛳逻\動，B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動D．A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動解析：選D將掛吊籃的繩子剪斷瞬間，裝水的杯子做自由落體運動，水處于完全失重狀態(tài)，即可以認為水和球之間沒有相互作用力。以杯子作為參考系，A受到向上的彈力作用，B受到向下的彈力作用，C不受到彈力作用，所以A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動。7.如圖所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有()A．a(chǎn)1＝g，a2＝g B．a(chǎn)1＝0，a2＝gC．a(chǎn)1＝0，a2＝eq\f(m＋M,M)g D．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g解析：選C抽出木板前，木塊1受重力和彈簧對其向上的彈力，在抽出木板的瞬間，彈簧對木塊1的彈力未來得及變化，木塊1受重力和彈簧對其向上的彈力仍然平衡，a1＝0。抽出木板前，木塊2受重力、彈簧對其向下的彈力和木板的支持力，而木板支持力大小等于Mg＋mg，在抽出木板的瞬間，彈簧對木塊2的彈力未來得及變化，但木塊2所受支持力(大小為Mg＋mg)突然消失，根據(jù)牛頓第二定律，a2＝eq\f(m＋M,M)g。故C正確。M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端固定在桌面上。如圖所示，皮帶輪與桌面、細繩之間以及細繩與桌子邊緣之間的摩擦都忽略不計，則重物下落過程中，皮帶輪的加速度大小為()A.eq\f(mg,2M) B.eq\f(mg,M＋m)C.eq\f(2mg,M＋4m) D.eq\f(2mg,M＋2m)解析：選C相等時間內(nèi)重物下落的距離是皮帶輪運動距離的2倍，因此，重物的加速度大小也是皮帶輪加速度大小的2倍，設細繩上的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律eq\f(mg－F,m)＝2·eq\f(2F,M)，解得F＝eq\f(Mmg,M＋4m)，皮帶輪加速度大小為a＝eq\f(2F,M)＝eq\f(2mg,M＋4m)，所以C正確。9.如圖所示，用輕質(zhì)彈簧將籃球拴在升降機底板上，此時彈簧豎直，籃球恰好與光滑的側(cè)壁和光滑的傾斜天花板接觸，在籃球與側(cè)壁之間裝有壓力傳感器，當升降機沿豎直方向運動時，壓力傳感器的示數(shù)逐漸增大，某同學對此現(xiàn)象給出了下列分析與判斷，其中可能正確的是()A．升降機正在勻加速上升B．升降機正在勻減速上升C．升降機正在加速下降，且加速度越來越大D．升降機正在減速下降，且加速度越來越大解析：選C對籃球進行受力分析如圖所示，由于壓力傳感器的示數(shù)增大，則側(cè)壁對籃球的壓力N一定增大，F(xiàn)′水平向左的分力增大，F(xiàn)′一定增大，F(xiàn)′豎直向下的分力增大；籃球在豎直方向運動，水平方向受力平衡，籃球的位置不變，則彈簧的彈力