（通用版）2020版高考物理一輪復習 課時檢測（十四）牛頓第二定律（雙基落實課）（含解析）.doc

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課時檢測(十四) 牛頓第二定律 (雙基落實課) 1．雨滴從空中由靜止落下，若雨滴受到的空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，選項圖中能大致反映雨滴運動情況的是(　　) 解析：選C　根據(jù)題意，對雨滴進行受力分析，由牛頓第二定律可得mg－kv＝ma，隨雨滴速度的增大可知雨滴做加速度減小的加速運動，故C正確。 2．在解一道文字計算題(由字母表達結果的計算題)時，一個同學解得x＝(t1＋t2)，用單位制的方法檢查，這個結果(　　) A．可能是正確的 B．一定是錯誤的 C．如果用國際單位制，結果可能正確 D．用國際單位制，結果錯誤，如果用其他單位制，結果可能正確 解析：選B　由x＝(t1＋t2)可知x的單位為：s＝＝m/s，此為速度的單位，而位移的單位為m，所以結果錯誤，B正確。 3．下列關于超重和失重的說法正確的是(　　) A．游泳高手可以靜躺在水面上，那時的人處于完全失重狀態(tài) B．跳水運動員在入水前處于失重狀態(tài)，入水后短時間內(nèi)處于超重狀態(tài) C．飛船利用火箭發(fā)射后，上升過程中處于超重狀態(tài)，返回地面過程中處于失重狀態(tài) D．給物塊一個初速度沿斜面上滑，上滑的過程中物塊處于超重狀態(tài)，到最高點后下滑，下滑的過程中物塊處于失重狀態(tài) 解析：選B　人處于完全失重狀態(tài)時，有向下的加速度且大小等于重力加速度，A錯誤；跳水運動員入水前有向下的加速度處于失重狀態(tài)，入水后短時間內(nèi)有向上的加速度處于超重狀態(tài)，B正確；飛船返回地面時有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，C錯誤；物塊上滑的過程有向下的加速度，物塊處于失重狀態(tài)，D錯誤。 4．“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩。質(zhì)量為m的小明靜止懸掛在空中時，兩橡皮繩的夾角為60，則(　　) A．每根橡皮繩的拉力為mg B．若將懸點間距離變小，則每根橡皮繩所受拉力將變小 C．若此時小明左側橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時加速度為g D．若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側輕繩在腰間斷裂時，小明的加速度為g 解析：選B　根據(jù)平行四邊形定則知，2Fcos 30＝mg，解得F＝mg，故A錯誤；根據(jù)共點力平衡得，2Fcos θ＝mg，當懸點間的距離變小時，θ變小，cos θ變大，可知橡皮繩的拉力變小，故B正確；當左側橡皮繩斷裂，斷裂的瞬間，右側橡皮繩的拉力不變，則重力和右側橡皮繩拉力的合力與左側橡皮繩初始時的拉力大小相等、方向相反，合力大小為mg，加速度為g，故C錯誤；當兩側為輕繩時，左側輕繩斷裂瞬間，右側輕繩上拉力發(fā)生突變，將重力沿輕繩方向和垂直于輕繩方向正交分解，合力為mgsin 30，加速度為g，方向沿垂直于右側輕繩的方向斜向下，故D錯誤。 5．(2019廣元檢測)如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住質(zhì)量為m的物體。現(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運動到B點。如果物體受到的阻力恒定，則(　　) A．物體從A到O先做加速運動后做減速運動 B．物體從A到O做加速運動，從O到B做減速運動 C．物體運動到O點時，所受合力為零 D．物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小 解析：選A　物體從A到O，初始階段受到向右的彈力大于阻力，合力向右。隨著物體向右運動，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大。當物體向右運動至AO間某點(設為點O′)時，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大。此后，隨著物體繼續(xù)向右運動，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃螅罯點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大。所以物體越過O′點后，合力(加速度)方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度逐漸增大的減速運動。A正確。 6．(2019莆田質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝1 kg、m2＝4 kg 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20 N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0 B．彈簧測力計的示數(shù)是40 N C．突然撤去F2的瞬間，B的加速度大小為5 m/s2 D．撤去F1后，當A、B加速度相同時，彈簧測力計的示數(shù)是16 N 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＝20 N，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＝＝ m/s2＝5 m/s2, 選項C正確；撤去F1后， 當A、B加速度相同時， 滿足＝，解得彈簧測力計的示數(shù)T′＝4 N，選項D錯誤。 7．(多選)一物體重為50 N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2。現(xiàn)加上如圖所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N時物體做勻加速直線運動，則F1的值可能是(g＝10 m/s2)(　　) A．3 N　　　　　　　　　 　B．25 N C．30 N D．50 N 解析：選ACD　若物體向左做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知 F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正確；若物體向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知 F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正確。 8.(多選)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平地面上，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A相連，A、B間由一輕質(zhì)細線連接，B、C間由一輕桿相連。彈簧、細線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　) A．A的加速度沿斜面向上，大小為gsin θ B．C的受力情況未變，加速度為0 C．B、C兩球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsin θ D．B、C之間桿的彈力大小為0 解析：選CD　初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，把B、C看成整體，對B、C整體受力分析，受重力2mg、斜面的支持力FN、細線的拉力FT，由平衡條件可得FT＝2mgsin θ，對A進行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、彈簧的彈力F彈和細線的拉力FT，由平衡條件可得F彈＝FT＋mgsin θ＝3mgsin θ，細線被燒斷的瞬間，細線的拉力會突變?yōu)榱?，彈簧的彈力不變，根?jù)牛頓第二定律得A的加速度沿斜面向上，大小為a＝2gsin θ，選項A錯誤；細線被燒斷的瞬間，把B、C看成整體，根據(jù)牛頓第二定律得B、C兩球的加速度大小為a′＝gsin θ，均沿斜面向下，選項B錯誤，C正確；假設桿對C有彈力，對C進行受力分析，C受重力mg、桿的彈力F和斜面的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之間桿的彈力大小為0，選項D正確。 9．(多選)(2019郴州質(zhì)檢)如圖(a)所示，質(zhì)量為5 kg的小物塊以初速度v0＝11 m/s從θ＝53的固定斜面底端先后兩次滑上斜面。第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F，第二次無恒力F。圖(b)中的兩條線段a、b分別表示存在恒力F和無恒力F時小物塊沿斜面向上運動的vt圖線。不考慮空氣阻力，g＝10 m/s2(sin 53＝0.8，cos 53＝0.6)。下列說法中正確的是(　　) A．恒力F的大小為5 N B．恒力F的大小為10 N C．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 D．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5 解析：選AD　由題圖可得有恒力F時：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2；無恒力F時：a2＝＝ m/s2＝11 m/s2；由牛頓第二定律得：無恒力F時：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得：μ＝0.5，有恒力F時：mgsin θ＋μmgcos θ－F＝ma1，解得：F＝5 N，故A、D正確，B、C錯誤。 10．一個彈簧測力計最多能掛54 kg重的物體，在實際以1 m/s2 加速下降的電梯里，它最多能掛上多重的物體？如果在電梯內(nèi)彈簧測力計最多能掛上40 kg的物體，此刻電梯在做什么運動？加速度的大小為多少？(取g＝10 m/s2) 解析：彈簧測力計的最大拉力為F＝Mg＝540 N， 電梯加速下降時，根據(jù)牛頓第二定律得mg－F＝ma， 解得：m＝＝60 kg。 最多能掛上40 kg的物體時，根據(jù)牛頓第二定律得 F－m′g＝m′a， 解得：a＝＝3.5 m/s2， 電梯向上做勻加速運動或向下做勻減速運動。 答案：60 kg　向上做勻加速運動或向下做勻減速運動 3.5 m/s2