《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（十四）牛頓第二定律（雙基落實課）（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（十四）牛頓第二定律（雙基落實課）（含解析）.doc（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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(jié)果的計算題)時，一個同學(xué)解得x＝(t1＋t2)，用單位制的方法檢查，這個結(jié)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(jié)果可能正確 D．用國際單位制，結(jié)果錯誤，如果用其他單位制，結(jié)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(jié)果錯誤，B正確。 3．下列關(guān)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(cè)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(cè)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(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側(cè)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(dāng)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(dāng)左側(cè)橡皮繩斷裂，斷裂的瞬間，右側(cè)橡皮繩的拉力不變，則重力和右側(cè)橡皮繩拉力的合力與左側(cè)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(dāng)兩側(cè)為輕繩時，左側(cè)輕繩斷裂瞬間，右側(cè)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(cè)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(dāng)物體向右運動至AO間某點(設(shè)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?，至O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(dāng)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(dāng)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(shè)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