2016届高考物理一轮复习第3章第2课牛顿第二定律单位制课时作业(含解析)
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿 第二定律的应用(1)教学案(含解析)-人教版高
第2讲牛顿第二定律的应用(1)➢教材知识梳理一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出________，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：加速度或根据运动规律求出________，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．说明：牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁，加速度是解题的关键．二、超重和失重1．超重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为超重现象．2．失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为失重现象．3．完全失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________的情况称为完全失重现象．4．视重与实重(1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为________．视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．(2)物体实际受到的重力大小称为________．三、连接体与隔离体1．连接体与隔离体：两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为________．如果把其中某个(或几个)物体隔离出来，该物体称为________．2．外力和内力(1)以物体系为研究对象，系统之外其他物体的作用力是系统受到的________，而系统内各物体间的相互作用力为________．(2)求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑________；如果把物体隔离出来作为研究对象，那么这些内力将变为隔离体的________．答案：一、1.加速度 2.加速度二、1.大于 2.小于 3.等于零4．(1)视重(2)实重三、1.连接体隔离体2．(1)外力内力(2)内力外力[思维辨析](1)放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力．( )(2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果．( )(3)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定．( )(4)物体处于超重状态时，物体的重力大于mg.( )(5)物体处于完全失重状态时其重力消失．( )(6)物体处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关．( )(7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力．( )答案：(1)(×)(2)(√)(3)(×)(4)(×)(5)(×) (6)(√)(7)(×)➢考点互动探究考点一解决动力学两类问题的基本思路1 [2016·某某卷] (17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图372所示，竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图371图372[解答规X] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，那么________＝ma 1(2分)f ＝________(2分)联立以上二式并代入数据得a 1＝5 m/s 2(1分)a 1的方向沿制动坡床向下．(1分)(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，那么Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2(2分) F ＝k (m ＋M )g (2分) s 1＝________(2分) s 2＝________(2分) s ＝________(1分) l ＝l 0＋s 0＋s 2(1分)联立并代入数据得l ＝98 m ．(1分)答案：f ＋mg sin θμmg cos θvt －12a 1t 2vt －12a 2t 2s 1－s 21 研究说明，一般人的刹车反应时间(即图373甲中“反应过程〞所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移x 与速度v 的关系曲线如图乙所示．此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g 取10 m/s 2.求：(1)减速过程中汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者比一般人增加的反应时间；(3)减速过程中汽车对志愿者的作用力大小与志愿者重力大小的比值．图373答案：(1)8 m/s 22.5 s (2)0.3 s (3)415[解析] (1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得，初速度v 0＝20 m/s ，末速度v ＝0，位移x ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2ax t ＝v 0a联立以上两式，代入数据得a ＝8 m/s 2，t ＝2.5 s(2)设志愿者正常情况下反应时间为t ′，饮酒后反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得L ＝v 0t ′＋xΔt ＝t ′－t 0联立以上两式，代入数据得 Δt ＝0.3 s(3)设志愿者所受的合外力大小为F ，汽车对志愿者的作用力大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得F ＝ma由平行四边形定那么得F 20＝F 2＋(mg )2联立以上两式，代入数据得F 0mg ＝415.2 [2016·某某质量检测] 如图374所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是半圆的圆心，圆和半圆处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于圆和半圆的圆周上，轨道与圆的竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，那么小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )图374A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EF答案：B [解析] 设圆的直径为D ，半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得t AB ＝2〔D cos α＋R 〕g cos α＝2Dg＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可得t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2Dg＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系α>β>θ可知，t AB >t CD >t EF ，选项B 正确．考点二2 [2016·某某某某如皋模拟] 我国“80后〞女航天员王亚平在“天宫一号〞里给全国的中小学生们上了一堂实实在在的“太空物理课〞．在火箭发射、飞船运行和回收过程中，王亚平要承受超重或失重的考验，以下说法正确是( )A ．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于超重状态B ．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于失重状态C ．飞船在绕地球匀速运行时，王亚平处于超重状态D ．火箭加速上升时，王亚平处于失重状态 答案：A[解析] 飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故A 正确，B 错误；飞船在绕地球匀速运行时，万有引力提供向心力，加速度方向向下，王亚平处于失重状态，故C 错误；火箭加速上升时，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故D 错误．■ 题根分析此题通过受力分析和牛顿第二定律，考查运动过程中的超重、失重问题．对超重、失重问题的分析应注意：(1)超重、失重现象的实质是物体的重力的效果发生了变化，重力的效果增大，那么物体处于超重状态；重力的效果减小，那么物体处于失重状态．重力的作用效果表达在物体对水平面的压力、物体对竖直悬线的拉力等方面，在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化．(2)物体是处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而不是速度的方向．只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态，当物体的加速度等于重力加速度时(竖直向下)，物体就处于完全失重状态．(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平不能测量物体的质量、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等．■ 变式网络式题1 [2016·某某质量检测] 如图375所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲〞过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立〞过程．关于她的实验现象，以下说法中正确的选项是( )图375A．只有“起立〞过程才能出现超重的现象B．只有“下蹲〞过程才能出现失重的现象C．“下蹲〞的过程中，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立〞“下蹲〞的过程中，都能出现超重和失重的现象答案：D [解析] “起立〞的过程中，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动时加速度方向向上，出现超重现象，减速向上运动时加速度方向向下，出现失重现象，即“起立〞过程先出现超重现象后出现失重现象；“下蹲〞的过程中，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动时加速度方向向下，出现失重现象，减速向下运动时加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲〞过程先出现失重现象后出现超重现象，D正确，A、B、C错误．式题2 [2016·某某质量检测] 如图376所示，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．假设运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，那么( )图376A．车厢对货物的作用力大小等于mgB．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C．悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)gD．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上答案：C [解析] 货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知，车厢与货物的重力和悬臂对车厢的作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)g，选项C正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大于mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A、B错误．式题3 (多项选择)飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员处于完全失重状态时，以下说法正确的选项是( )A．宇航员不受任何力作用B．宇航员处于平衡状态C．地球对宇航员的引力全部用来提供向心力D．正立和倒立时宇航员一样舒服答案：CD [解析] 飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力，选项A错误；宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员受到地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，不是处于平衡状态，选项B错误，选项C正确；完全失重状态下，重力的效果完全消失，正立和倒立情况下，身体中的器官都是处于悬浮状态，没有差别，所以一样舒服，选项D正确．考点三连接体问题应用牛顿第二定律解决连接体类问题时，正确地选取研究对象是解题的关键．假设连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，那么可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)；假设连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内各物体之间的作用力，那么需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解；假设连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作用力，那么可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力〞．如图377所示，一足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝37°，大小可以忽略的两个小物体A 、B 的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝4 kg ，两物体之间的轻绳长L ＝0.5 m ，轻绳可承受的最大拉力为T ＝12 N ．对B 施加一沿斜面向上的力F ，使A 、B 由静止开始一起向上运动，力F 逐渐增大，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)假设某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F 的大小；(2)假设轻绳拉断瞬间A 、B 的速度为3 m/s ，绳断后保持外力F 不变，当A 运动到最高点时，求A 、B 之间的距离．图377[解析] (1)对整体受力分析，根据牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g sin θ＝(m A ＋m B )a隔离A 物体，根据牛顿第二定律得T －m A g sin θ＝m A a联立解得F ＝60 N(2)取沿斜面向上为正方向．隔离A 物体，根据牛顿第二定律得 －m A g sin θ＝m A a A解得a A ＝－g sin θ＝－6 m/s 2那么A 物体到最高点所用时间t ＝0－v 0a A＝0.5 s此过程A 物体的位移为x A ＝v 02·t ＝0.75 m隔离B 物体，根据牛顿第二定律得F －m B g sin θ＝m B a B解得a B ＝F m B－g sin θ＝9 m/s 2此过程B 物体的位移为x B ＝v 0t ＋12a B t 2＝2.625 m两者间距为x B －x A ＋L ＝2.375 m.1 [2016·某某某某月考] 如图378所示，质量为m 1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小( )图378A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大答案：C [解析] 在水平面上时，对整体，由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 1－μm 1g ＝m 1a 1，联立解得T 1＝m 1m 1＋m 2F ；在斜面上时，对整体，由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g cos θ－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a 2，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 2－μm 1g cos θ－m 1g sin θ＝m 1a 2，联立解得T 2＝m 1m 1＋m 2F ；在竖直方向上运动时，对整体，由牛顿第二定律得F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 3，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 3－m 1g ＝m 1a 3，联立解得T 3＝m 1m 1＋m 2F .综上分析可知，线上的拉力大小始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F ，选项C 正确．2 a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用大小为F 的恒力竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，如图379所示，以下说法正确的选项是( )图379A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．假设m1>m2，那么x1>x2D．假设m1<m2，那么x1<x2答案：A [解析] 在竖直方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx1－m2g＝m2a1，联立解得kx1＝m2Fm1＋m2；在水平方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a2，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx2＝m2a2，联立解得kx2＝m2Fm1＋m2，可见x1＝x2，选项A正确．■ 方法技巧求解连接体内部物体之间的作用力时，一般选受力较少的隔离体为研究对象；求解具有相同的加速度的连接体外部对物体的作用力或加速度时，一般选取系统整体为研究对象．大多数连接体问题中需要整体法和隔离法交替使用．[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 假设货物随升降机运动的vt图像如下图(竖直向上为正)，那么货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是图中的( )图13A B C D[解析] B 货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由vt图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、第五两个阶段为基准(支持力等于重力)，可得B正确．2．(多项选择)[2015·某某卷] 如下图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑[解析] BD 升降机匀速运动时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mg sin θ＝f，垂直于斜面方向，有F N＝mg cos θ，又知f＝μF N，解得μ＝tan θ；升降机加速上升，时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A错误，选项B正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f′－mg sin θ＝ma sin θ，垂直于斜面方向，有F′N－mg cos θ＝ma cos θ，解得f′F N′＝tan θ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C错误，选项D正确．3．[2013·某某卷] 如下图，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为(重力加速度为g)( )A．T＝m(g sin θ＋a cos θ)，F N＝m(g cosθ－a sin θ)B．T＝m(g cos θ＋a sin θ)，F N＝m(g sin θ－a cos θ)C．T＝m(a cos θ－g sin θ)，F N＝m(g cos θ＋a sin θ)D．T＝m(a sin θ－g cos θ)，F N＝m(g sin θ＋a cos θ)[解析] A 对物体进行受力分析，如下图，应用牛顿第二定律，在水平方向有T cos θ－F N sin θ＝ma，在竖直方向有T sin θ＋F N cos θ＝mg，解得T＝ma cos θ＋mg sin θ，F N＝mg cos θ－ma sin θ，选项A正确．4．(多项选择)[2013·某某卷] 如下图，总质量为460 kg的热气球从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．假设离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，以下说法正确的选项是( )A．所受浮力大小为4830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N[解析] AD 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830 N，故A正确．如果热气球一直匀加速上升，那么上升180 m时的速度v＝2ah＝6 5 m/s>5 m/s，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，那么上升180 m所用的时间t＝2ha＝12 5 s>10s，说明上升10 s后还未上升到180 m处，速度小于5 m/s，故C错误．以5 m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f＝F－mg＝230 N，故D正确．。
2021年高考物理一轮复习 第三章 第2课 牛顿第二定律 单位制课时作业(含解析)
2021年高考物理一轮复习第三章第2课牛顿第二定律单位制课时作业（含解析）题号 1 2 3 45 6 7 8 9 10 答案D．返回舱在喷气过程中处于失重状态解析：在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力．火箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱产生向上的作用力因而伞绳对返回舱的拉力变小．答案：A5．放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F 1与F2的作用静止不动．现保持F1不变F2大小变化如图甲所示，则在此过程中，能正确描述木块运动情况的vt图象是图乙中的( )解析：由于F2均匀减小到零然后又均匀增大到原值，所以物体受到的合外力的变化情况为先增大后减小到零，根据牛顿第二定律知物体加速度也是先增大后减小到零，而速度一直在增大，最后达到最大值．符合上述规律的vt图象只有D项．答案：D二、不定项选择题6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力不变D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：由题图乙可知，在t1时刻物块的速度为零，离开A点的距离最大，A正确；t2时刻，小物块刚好相对传送带静止，此时相对传送带滑动的距离最大，B正确；0～t2时间内，小物块在摩擦力的作用下先减速再反向加速，摩擦力不变，C正确；t2～t3时间内，小物块相对传送带静止且随水平传送带一起匀速运动，不受摩擦力作用，D错误．答案：ABC7．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平地面上，右面靠墙，小车的上表面是一个光滑的斜面，斜面的倾角为α，当地重力加速度为g.那么，当有一个质量为m的物体在这个斜面上自由下滑时，( )A．小车对右侧墙壁的压力大小是mgsin αcos αB．小车对右侧墙壁的压力大小是MmgM＋msin αcos αC．小车对地面的压力大小为(M＋m)g－mgsin2αD．小车对地面的压力大小为(M＋m)g－mgsin αcos α解析：先用隔离法，分析物体的受力情况，物体沿斜面向下的加速度a＝gsin α，将a 沿水平方向和竖直方向分解，则a x＝acos α＝gsin αcos α，a y＝asin α＝gsin2α；整体法，墙对小车的弹力F＝ma x＝mgsin αcos α，(M＋m)g－N＝ma y＝mgsin2α.所以F＝mgsin αcos α，N＝(M＋m)g－mgsin2α.再由牛顿第三定律可知选项A、C正确．答案：AC8．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，则( )A ．将滑块由静止释放，如果μ<tan θ，滑块将下滑B ．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ<tan θ，滑块将减速下滑C ．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ拉力大小应是2mgsin θD ．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ拉力大小应是mgsin θ解析：如果μ<tan θ，mgsin θ>μmgcos θ滑块将下滑；此时给滑块沿斜面向下的初速度，滑块将加速下滑，如果μ＝tan θ，用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，F ＝mgsin θ＋μmg cos θ＝2mgsin θ.综上所述，选项A 、C 正确．答案：AC9．如图所示，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m 1和m 2，置于光滑的水平面上，当水平力F 作用于左端A 上，两物体一起做匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 1.当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起做匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 2则( )A ．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B ．在两次作用过程中，F 1＋F 2<FC ．在两次作用过程中，F 1＋F 2＝FD ．在两次作用过程中，F 1F 2＝m 1m 2解析：对整体易知两次作用的加速度大小相同．a ＝Fm 1＋m 2.第一种情况对B ：F 1＝m 2a ；第二种情况对A ：F 2＝m 1a ，所以F 2＋F 1＝F ，F 1F 2＝m 2m 1，选项C 正确．答案：C10．如图(a)所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g 取10 m/s 2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量B ．斜面的倾角C ．斜面的长度D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度解析：由牛顿第二定律得：a ＝Fcos θ－mgsin θm ＝Fcos θm －gsin θ，可见图线的斜率是cos θm ，在纵轴上的截距是gsin θ，所以物体的质量和斜面的倾角均可求出，所以选A 、B.答案：AB 三、非选择题11．风洞实验室中可产生水平向左、大小可调节的风力．现将一套有一小球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径，小球与杆间的滑动摩擦因数μ＝0.5，如图所示．保持小球所受风力F ＝0.5mg 不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止开始在细杆上滑下2.4 m 所需的时间为多少？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：对小球作受力分析，并对这些力进行正交分解，如图所示． 在y 轴上，因Fsin θ<mgcos θ，故F N 应垂直于杆向上．由平衡条件，有：F N ＋Fsin θ－mgcos θ＝0，得：F N ＝0.5mg.①在x 轴上，由牛顿第二定律，有： mgsin θ＋Fcos θ－F f ＝ma.② 又F f ＝μF N ，③①②③式联立得：a ＝7.5 m/s 2.又由运动学公式s ＝12at 2，得小球从静止出发在细杆上滑下距离s ＝2.4 m 所需时间为t＝0.8 s.答案：0.8 s12．质量为2 kg 的物体在水平推力的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的vt 图象如图所示．g 取10 m/s 2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)水平推力F 的大小．解析：(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt 2、初速度为v 20、末速度为v 2t 、加速度为a 2，则：a 2＝v 2t －v 20Δt 2＝－2 m/s 2.①设物体所受的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律，有： F f ＝ma 2，② F f ＝－μmg，③联立①②③得：μ＝－a 2g＝0.2.④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1、初速度为v 10、末速度为v 1t 、加速度为a 1，则：a 1＝v 1t －v 10Δt 1＝1 m/s 2.⑤根据牛顿第二定律，有： F －F f ＝ma 1.⑥联立③⑥得：F ＝μmg＋ma 1＝6 N. 答案：(1)0.2 (2)6 N13．质量为40 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜面上向下滑动(如图甲所示)，所受的空气阻力与速度成正比．今测得雪橇运动的vt 图象如图乙所示，且AB 是曲线的切线，B 点坐标为(4，15)，CD 是曲线的渐近线．试求空气的阻力系数k 和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ.解析：对雪橇由牛顿运动定律得：mgsin θ－μN－kv ＝ma ，① N ＝mgcos θ，②由图象得A 点对应速度v A ＝5 m/s ，加速度a A ＝15－54 m/s 2＝2.5 m/s 2.最终雪橇匀速运动时的最大速度v m ＝10 m/s ，a ＝0. 把以上v A 、a A 、v m 、a 的数值代入①式并联立②式 解得：μ＝0.125，k ＝20 N ·s/m.答案：20 N ·s/m 0.12532733 7FDD 翝32286 7E1E 縞$ 24865 6121 愡31031 7937 礷33626 835A 荚2+29776 7450 瑐38984 9848 顈h35581 8AFD 諽[。
高考物理一轮复习 第三章 第2讲 牛顿第二定律练习 鲁
第2讲 牛顿第二定律[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( ) A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1解析：根据P ＝UI 、P ＝Fv 、F ＝ma 可导出U ＝mav I ，即V ＝kg·m·s －2·m·s －1A ＝m 2·kg·s －3·A－1，B 项正确．答案：B2．由牛顿第二定律可知( )A ．物体运动的方向发生改变，可断定物体所受合外力的方向也发生改变B ．只要物体受到力的作用，物体就有加速度C ．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比D ．物体的质量对加速度的产生起反抗作用，所以质量是一种阻力解析：物体运动的方向发生改变，其合外力方向可能不变，如平抛运动，A 错；若物体所受到的力的合力为零，则物体没有加速度，B 错；根据牛顿第二定律的独立性可知，C 对；质量是物体的属性，不是力，D 错． 答案：C3.如图所示，两根长度分别为L 1和L 2的光滑杆AB 和BC 在B 点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B 点由静止释放，分别沿BA 和BC 滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( ) A.2L 1L 2gB.2L 1L 2gC.2L 21＋L 22gD.2L 21＋L 22g L 1＋L 2解析：设BA 和BC 倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得： 滑环沿BA 下滑的加速度为a 1＝mg sin αm＝g sin α①沿BC 下滑的加速度为a 2＝mg sin βm＝g sin β②设下滑时间为t ，由题有：L 1＝12a 1t 2③ L 2＝12a 2t 2④由几何知识有：sin α＝cos β⑤ 联立以上各式解得t ＝2L 21＋L 22g，故选C.答案：C4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则( )A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a 上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有f －mg sin 30°＝ma ，f ＝12mg ＋ma ，f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误．答案：A5．(2018·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A 、B ，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A 、B 一起做匀速运动．若木块A 、B 的位置互相交换，则木块A 运动的加速度为(木块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g ，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( ) A ．(1－μ)g B ．(1－μ2)gC.1－μ2μgD ．与木块A 、B 的质量有关解析：A 、B 匀速运动过程，有m A g ＝μm B gA 、B 互相交换后，有 m B g －μm A g ＝(m A ＋m B )a解得a ＝(1－μ)g故选A. 答案：A 二、多项选择题6.如图是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P 、Q 、N 是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q 传感器示数为零，P 、N 传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而Q 、N 传感器示数不为零．已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g 取10 m/s 2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( ) A ．4 m/s 2B ．3 m/s 2C ．2 m/s 2D ．1 m/s 2解析：设圆柱形工件的质量为m ，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有F Q ＋mg ＝N cos 15°，F 合＝N sin 15°＝ma ，联立解得a ＝F Q ＋mgm·tan 15°＝F Q m×0.27＋2.7m/s 2＞2.7 m/s 2.故选项A 、B 正确． 答案：AB7.(2018·四川绵阳高三月考)如图所示，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物块用轻绳连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F 拉A ，使它们沿斜面匀加速上升，A 、B与斜面的动摩擦因数均为μ.为了增加轻绳上的张力，可行的办法是( ) A ．减小A 物块的质量 B ．增大B 物块的质量 C ．增大倾角θD ．增大动摩擦因数μ解析：对整体：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a 得a ＝Fm A ＋m B－g sin θ－μg cos θ对B ：T －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a则轻线上的张力T ＝m B g sin θ＋μm B g cos θ＋m B a ＝m B Fm A ＋m B则要增加T ，可减小A 物块的质量，或增大B 物块的质量，选项A 、B 正确． 答案：AB8.(2018·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m 的小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是( ) A ．细线拉力的大小为mgB．弹簧弹力的大小为32 mgC．剪断左侧细线的瞬间，小球a的加速度为2gD．剪断左侧细线的瞬间，小球b的加速度为零解析：对小球a分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F＝3mg，细线的拉力为2mg，故A、B错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合＝2mg，根据牛顿第二定律得，a＝2g，小球b受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C、D正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D正确．答案：D10．(2018·贵州六盘水模拟)在很多旅游景点都建有山坡滑道，如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了研究滑行者在滑道斜坡AE部分的滑行情况，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，∠A＝30°.滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则( )A ．滑道AE 的长度为10 mB ．滑行者在滑道AE 上滑行的加速度a ＝5 m/s 2C ．滑行者在滑道AE 上滑行的时间为2 sD ．滑行者滑到E 点时的速度为10 m/s解析：由图中几何关系可知，AE ＝2AD cos 30°＝2×10×32m ＝10 3 m ，A 错误；由几何知识知滑道AE 与水平面的夹角为60°，由mg sin 60°＝ma 可得滑行者在滑道AE 上滑行的加速度a ＝g sin 60°＝5 3 m/s 2，B 错误；由AE ＝12at 2，解得t ＝2 s ，C 正确；由v 2＝2a ·AE ，解得v ＝10 3 m/s ，D 错误． 答案：C11.(多选)如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( ) A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s解析：设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ＞μ，mg sinθ＞μmg cos θ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B 正确；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m ＜5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动的位移x 3＝12a 2t 23＝12×2×22m ＝4 m ＜5 m ，滑块未回到出发点，此时的速度v ＝a 2·(3s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确． 答案：BD 二、非选择题12．(2018·浙江金华十校调研)在游乐场中，有一种大型游戏装置叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(g 取10 m/s 2)求： (1)座椅在自由下落结束时刻的速度为多大？ (2)座椅在匀减速运动阶段的时间为多少？(3)在匀减速运动阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？解析： (1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，下落时间t 1＝1.2 s ，由v ＝gt 1得v ＝ 12 m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h ，总时间为t ，h ＝(40－4)m ＝36 m ， 由h ＝v2t 得t ＝6 s ，设座椅匀减速运动的时间为t 2，则t 2＝t －t 1＝4.8 s.(3)设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F ，根据v ＝at 2可得a ＝2.5 m/s 2，由牛顿第二定律F －mg ＝ma 可得Fmg＝1.25. 答案：(1)12 m/s (2)4.8 s (3)1.2513.如图所示，一物体以v 0＝2 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t ＝1 s ．已知斜面长度L ＝1.5 m ，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小； (2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向； (3)物体与斜面间的动摩擦因数．解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v t ，则有L ＝v 0＋v t 2t ，代入数据解得v t ＝1 m/s.(2)因v t ＜v 0，物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上， 加速度的大小为a ＝v 0－v t t＝1 m/s 2.(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示． 由牛顿第二定律得f －mg sin θ＝ma又N ＝mg cos θf ＝μN联立解得μ＝a ＋g sin θg cos θ，代入数据解得μ＝235.答案：(1)1 m/s (2)1 m/s 2方向沿斜面向上 (3)235。
(复习指导)第3章第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题含解析
第2节牛顿第二定律、两类动力学问题一、牛顿第二定律、单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。
加速度的方向与作用力的方向相同。
(2)表达式a＝Fm或F＝ma。
(3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成。
(2)基本单位基本量的单位。
力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。
(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。
二、超重与失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重概念物体对支持物的压物体对支持物的压力物体对支持物的压1．两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。
(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用。
(×)(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。
(×)(3)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。
(√)(4)失重说明物体的重力减小了。
(×)(5)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。
(×)(6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。
(√)2．(鲁科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。
高三物理一轮复习课时作业3：3.2牛顿第二定律两类动力学问题
第2课时牛顿第二定律两类动力学问题限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. [2015·江苏南通模拟]关于力学单位制，下列说法正确的是()A. 千克、米/秒、牛顿是导出单位B. 千克、米、牛顿是基本单位C. 在国际单位制中，质量的单位是g，也可以是kgD. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma2. 中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午举行，如图所示，航天员王亚平利用“天宫一号”中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74 kg。
测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100 N的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1 m/s，则复位的时间为()A. 0.74 sB. 0.37 sC. 0.26 sD. 1.35 s3. [2014·山东莱州质检]如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。
若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()A. F1不变，F2变大B. F1变大，F2不变C. F1、F2都变大D. F1变大，F2减小4. 支架固定在放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量为M的A物体跟小车相对静止，如图所示，则A受到的摩擦力大小和方向是()A. Mg sinθ，向左B. Mg tanθ，向右C. Mg cosθ，向右D. Mg tanθ，向左5. [2015·安庆模拟]如图所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度分别是()A. A、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下B. A的加速度为零，B的加速度大小为g、竖直向下C. A的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下D. A的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下6. [2014·哈尔滨三中期末]物体甲、乙原来静止于光滑水平面上。
高考物理一轮复习 第三章 第2讲牛顿第二定律 两类动力学问题课时作业
【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课时作业(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2013·廊坊模拟)从正在加速上升的气球上落下一个物体,在物体刚离开气球的瞬间,下列说法正确的是( )A.物体向下做自由落体运动B.物体向上运动,加速度向上C.物体向上运动,加速度向下D.物体向上还是向下运动,要看物体离开气球时的速度2.(2013·南宁模拟)重为10N的物体以速度v在粗糙的水平面上向右运动,物体与桌面间的动摩擦因数为0.1,现在给物体施加水平向左的拉力F,其大小为20N,则物体受到的摩擦力和加速度大小为(g取10m/s2) ( )A.1 N,20 m/s2B.0,21 m/s2C.1 N,21 m/s2D.1 N,19 m/s23.汽车正在走进千家万户,在给人们的出行带来方便的同时也带来了安全隐患。
行车过程中,如果车距较近,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带,假定乘客质量为70kg,汽车车速为90km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s,安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦) ( )A.450 NB.400 NC.350 ND.300 N4.用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体,力F作用3s后撤去,则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是( )A.v t=6m/s,a=0B.v t=10m/s,a=2m/s2C.v t=6m/s,a=2m/s2D.v t=10m/s,a=05.如图所示,一木块在光滑水平面上受一恒力F作用,前方固定一足够长的弹簧,则当木块接触弹簧后( )A.木块立即做减速运动B.木块在一段时间内速度仍可增大C.当F等于弹簧弹力时,木块速度最大D.弹簧压缩量最大时,木块加速度为零6.(2013·哈尔滨模拟)如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动。
高三物理一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课时作业含解析
牛顿第二定律 两类动力学问题一、单项选择题1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4，A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1解析：根据P ＝UI 、P ＝Fv 、F ＝ma 可导出U ＝mav I ，即V ＝kg·m·s －2·m·s －1A ＝m 2·kg·s－3·A －1，B 项正确． 答案：B2．(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 挨在一起但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m＝g3，即A 和B 的加速度均为g3，故选B.答案：B3．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．25 m/s 1.25B ．40 m/s 0.25C ．50 m/s 0.25D ．80 m/s 1.25解析：根据h ＝12at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得a ＝mg ＋F f m＝(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，解得k ＝0.25，故选项C 正确．答案：C4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则( )A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a 上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有F f －mg sin 30°＝ma ，F f ＝12mg ＋ma ，F f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误．答案：A5．(2019·湖北重点中学联考)据国外媒体报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机．该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞．设X3型直升机原型机的质量为m ，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg 向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg 、方向向前的推力．不考虑空气的阻力影响，下列说法正确的是( )A ．该直升机原型机可能处于平衡状态B ．该直升机原型机以加速度g 做匀加速直线运动C ．空气对直升机原型机的作用力为22mgD ．空气对直升机原型机的作用力为4mg解析：直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为5mg ，方向斜向右上方，加速度大小为5g ，故选项A 、B 均错误；空气对直升机原型机的作用力为2mg2＋2mg2＝22mg ，故选项C 正确，D 错误．本题也可以由水平方向的加速度a x ＝2g 和竖直方向的加速度a y ＝g 合成得到原型机的加速度a ＝a x 2＋a y 2＝5g .答案：C 二、多项选择题6．(2019·安徽马鞍山三校联考)氢气球下系一小重物G ，重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向，图中气球和重物G 在运动中所处的位置可能是( )解析：重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，故合力为零或者与速度共线，可能做匀速直线运动，故A 正确；可能做匀减速直线运动，故B 正确；可能做匀加速直线运动，故C 正确；重力和绳的拉力的合力与速度必须共线，故D 错误．答案：ABC7．一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，力F 在水平和竖直方向的分量分别为F 1、F 2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则此后( )A ．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动B ．物体将可能向右做匀速直线运动C ．物体将可能以大于a 的加速度向右做匀加速直线运动D ．物体将可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动解析：设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F 的作用下运动时，加速度a ＝F 1－μmg －F 2m，将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则加速度a ′＝F 1－μmgm<a ，所以物体可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动，故A 、C 错误，D 正确；若μmg ＝F 1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确．答案：BD8．(2019·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m 的小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是( )A ．细线拉力的大小为mgB ．弹簧弹力的大小为32mg C ．剪断左侧细线的瞬间，小球a 的加速度为2g D ．剪断左侧细线的瞬间，小球b 的加速度为零解析：对小球a 分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F ＝3mg ，细线的拉力为2mg ，故A 、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a 所受的合力F 合＝2mg ，根据牛顿第二定律得，a ＝2g ，小球b 受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C 、D 正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g 取10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F 合＝F 浮－mg ＝ma ，得热气球所受的浮力F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5)N ＝4 830 N ，则A 项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B 项错误；热气球以5 m/s 的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力F f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －460×10 N＝230 N ，则D 项正确；热气球从地面上升10 s 内，它做变加速运动，故10 s 时其速度大小不是5 m/s ，则C 项错误．答案：AD10．(2019·河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G .通过测量计算此火箭发射时刻提供大小为F ＝2G 的恒定推力，且持续时间为t .随后小明又对设计方案进行了改进(火箭的推力大小仍为2G )，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t 2时，火箭丢弃一半的质量，剩余t2时间，火箭推动剩余的一半继续飞行．若采用原来的方法火箭可上升的高度为H ，则采用改进后方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g ，不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力的影响)( )A ．1.5HB ．2HC ．2.75HD ．3.25H解析：原方案，加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma ，解得a ＝g ；加速上升高度h 1＝12at 2＝12gt 2，t 时刻向上的速度v ＝at ＝gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度h 2＝v 22g ＝gt22g＝12gt 2，H ＝h 1＋h 2＝gt 2.改为二级推进后，开始加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma 1，解得a 1＝g ；t 2时间加速上升高度H 1＝12a 1(t 2)2＝18gt 2，t2时刻向上的速度v 1＝a 1t 2＝gt2，丢弃一半质量后，由牛顿运动定律，有F －12G ＝12ma 2，解得a 2＝3g ，t2时间加速上升高度H 2＝v 1 t 2＋12a 2(t 2)2＝58gt 2，t 时刻向上的速度v 2＝v 1＋a 2t2＝2gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度H 3＝v 222g ＝2gt22g＝2gt 2，H ′＝H 1＋H 2＋H 3＝18gt 2＋58gt 2＋2gt 2＝114gt 2＝114H ＝2.75H ，选项C 正确． 答案：C11．某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是( )A ．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B ．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C ．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D ．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同解析：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg 和斜面的支持力F N 作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h ，底边长为x ，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a ＝g sin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s ＝12at 2，s ＝hsin θ＝x cos θ，解得小球在斜面上的运动时间为t ＝1sin θ2hg＝2xg sin θcos θ，根据机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2，解得小球下滑至底端的速度大小为v ＝2gh ，显然，在甲图中，两斜面的高度h 相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A 错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B 错误；在乙图中，两斜面的底边长x 相同，但高度h 和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D 错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C 正确．答案：C 二、非选择题12．(2019·广西桂林高三月考)放在水平地面上一质量为m ＝2 kg 的质点，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后撤去外力，质点又运动了2 s 停止，质点运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)撤去水平恒定外力时质点的速度大小； (2)质点运动过程中所受到的阻力大小； (3)质点所受水平恒定外力的大小．解析：(1)质点开始做匀加速直线运动x 0＝0＋v 02t 1，解得v 0＝2x 0t 1＝4 m/s.(2)质点减速过程加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2由牛顿第二定律有－F f ＝ma 2 解得F f ＝4 N(3)设开始加速过程中加速度为a 1，由运动学公式可得x 0＝12a 1t 2，由牛顿第二定律有F－F f ＝ma 1解得F ＝F f ＋ma 1＝6 N.答案：(1)4 m/s (2)4 N (3)6 N13．(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m 、长度为1 200 m 的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F ＝40 N 推动质量m ＝40 kg 的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s 内冰橇发生的位移为12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g 取10 m/s 2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s 内冰橇的加速度大小； (2)冰橇与赛道间的动摩擦因数； (3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．解析：(1)设出发4 s 内冰橇的加速度为a 1，出发4 s 内冰橇发生的位移为x 1＝12a 1t 12解得a 1＝1.5 m/s 2.(2)由牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 解得μ＝0.05.(3)8 s 后冰橇的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 (m ＋M )g sin θ－μ(m ＋M )g cos θ＝(m ＋M )a 2 8 s 末冰橇的速度为v 1＝a 1t 2出发8 s 内冰橇发生的位移为x 2＝12a 1t 22＝48 m到达终点时速度最大，设最大速度为v 2，则v 22－v 12＝2a 2(x －x 2)解得v 2＝36 m/s.答案：(1)1.5 m/s 2(2)0.05 (3)36 m/s。
高考物理一轮复习 第三章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题习题详解课件 新人教版
答案：(1)
3 6
(2)765 3 N 或473 N
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[针对训练]
1．解析：要想获得成功，瓶子滑到 B 点时速度恰好为 0，力作
用时间最短，滑到 C 点时速度恰好为 0，力作用时间最长。
设力作用时的加速度为 a1、位移为 x1，撤力时瓶子的速度为
v1，撤力后瓶子的加速度为 a2、位移为 x2，则 F－μmg＝ma1
第 2 节 牛顿第二定律 两类动力学问题
宏观·循图忆知 合力 质量 合力 ma 受力情况 运动情况 宏观 低速 导出 千克 微观·易错判断 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)× (7)√
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要点一
1．解析：根据牛顿第二定律 a＝mF可知物体的加速度与速度无
关，所以 A 错；即使合力很小，也能使物体产生加速度，
＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块 4 满足 a4＝F＋MMg＝M＋ M mg，所
以 C 对。
答案：C
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要点三
典例：解析：(1)根据牛顿第二定律可得：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得：μ＝ 63。 (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。当加速度
所以 B 错；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，
所以 C 错；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反
比，所以 D 正确。
答案：D
2．解析：物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，
故 C、D 正确，A、B 错误。
答案：CD
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3．解析：物体从 A 到 O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合
高考物理一轮复习跟踪训练：第3章 第2节 牛顿第二定律.pdf
10.一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块 冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v－t图．求：(g取10 m/s2) (1)滑块冲上斜面过程中加速度的大小； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数； (3)判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位 置． 11.原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地，从开始蹬地到离地是加速过程(视为匀加速)，加速过程中重心上升 的距离为“加速距离”．离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”．某同学身高1.8 m，质量80 kg，在某一次运动会上，他参加跳高比赛时“加速距离”为0.5 m，起跳后身体横着越过(背越式)2.15 m高 的横杆，试估算人的起跳速度v和起跳过程中地面对人的平均作用力．(g取10 m/s2) 第2节 牛顿第二定律 1．C 2.B 3.A 4.C 5.D 6.D 7.C 8.AD 9．解析：加速过程对物体运用牛顿第二定律得：F－Ff＝ma1 解得：a1＝1 m/s2 5 s末的速度：v＝a1t＝5 m/s 5 s内的位移：x1＝a1t2＝12.5 m 减速过程由牛顿第二定律得：Ff＝ma2 解得：a2＝3 m/s2 减速位移：x2＝＝4.2 m 总位移：x＝x1＋x2＝16.7 m 10．解析：(1)滑块的加速度大小 a＝＝||m/s2＝12 m/s2. (2)物体在冲上斜面过程中mgsin θ＋μmgcos θ＝ma μ＝ ＝＝0.81. (3)滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑． x＝＝ m＝1.5 m滑块停在距底端1.5 m处． 11．解析：把跳高分为起跳过程和腾空过程两个阶段． 第一阶段重心变化d＝0.5 m. 第二阶段重心上升高度 Δh＝H－＝(2.15－) m＝1.25 m．腾空过程运动示意图如图甲所示，由竖直上运动规律可得v＝＝5 m/s 起跳过程运动示意图如图乙，此过程可认为是匀加速运动，则v2＝2ad 得a＝25 m/s2，对人由牛顿第二定律可得－mg＝ma，得＝2 80择题 1.(2012·安徽卷)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下 的恒力F，则( ) A．物块可能匀速下滑 B．物块仍以加速度a匀加速下滑 C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑 2.图为某同学自制的加速度计．构造如下：一根轻质细杆的下端固定一个小球，杆的上端与光滑水平轴相连接．杆 可在竖直平面内左右摆动．硬质面板紧靠杆摆动的平面放置，并标有刻度线．其中，刻度线c位于经过O的竖直线上．刻 度线b在bO连线上．bOc＝30°.刻度线d在dO连线上．cOd＝45°.使用时，若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向，速 度v＝10 m/s，g取9.8 m/s2，汽车前进时 ( ) A．若细杆稳定地指示在b处，则汽车加速度为4.9 m/s2 B．若细杆稳定地指示在d处，则0.5 s内汽车速度减小了4.9 m/s C．若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了4.9 m/s D．若细杆稳定地指示在c处，则5 s内汽车前进了100 m 3.如图所示，将质量为m＝0.1 kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4 m/s2的加速度 加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4 N；当升降机以8 m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧的拉力为 ( ) A．0.6 N B．0.8 N C．1.0 N D．1.2 N 4.如图所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个 大小分别为F1＝30 N，F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( ) A．弹簧测力计的示数是10 N B．弹簧测力计的示数是50 N C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变 D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变 5.(2013·马鞍山调研)如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不 计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( ) A．都等于 B.和0 C.·和0 D．0和· 6.(2012·海南卷)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( ) A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 7.(2012·江苏卷)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球 在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是( ) 二、多项选择题 8.(2013·浙江卷)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球 上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变 ，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( ) A．所受浮力大小为4830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 三、非选择题 9.质量m＝10 kg的物体，在F＝40 N的水平向左的力的作用下，沿水平桌面从静止开始运动．物体运动时受到的滑 动摩擦力Ff＝30 N．在开始运动后的第5 s末撤去水平力F，求物体从开始运动到最后停止总共发生的位移大小．(保留 三位有效数字)
【世纪金榜】高考物理第一轮复习 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件 新人教版必修1
考点 2 牛顿第二定律的瞬时性(三年2考) 拓展延伸
【考点解读】牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型 牛顿第二定律的表达式为F=ma,其核心是加速度与合外力的瞬 时对应关系,二者总是同时产生、同时消失、同时变化,具体可 简化为以下两种模型: (1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物 体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间。
【解题探究】(1)物体的加速度与合力是否存在累积过程? 提示:力是产生加速度的原因,只要合力不为零,物体就有加速度, 它们之间具有瞬时对应关系,不存在累积过程。 (2)物体的每一个分力是不是可以独立产生加速度? 提示:牛顿第二定律具有独立性,每一个分力都可以独立产生各 自的加速度。
【解析】选D。物体加速度的大小与物体受到的合力成正比,与 物体的质量成反比,选项A错误;力是产生加速度的原因,只要有合 力,物体就有加速度,它们之间有瞬时对应关系,不存在累积效应, 选项B错误;物体加速度的大小与它受到的合力的大小成正比,选 项C错误;根据矢量的合成和分解得Fx=max,选项D正确。
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
知识点 1 牛顿第二定律 Ⅱ 单位制 Ⅰ 1.内容 物体加速度的大小跟__受__到__的__作__用__力___成正比,跟_物__体__的__质__量__ 成反比,加速度的方向跟_作__用__力__的__方__向__相同。 2.表达式 _F_=_m_a_。
3.
惯性 匀速直线
静止
宏观
低速
4.单位制 (1)单位制:由_基__本__单__位__和_导__出__单__位__一起组成了单位制。 (2)基本单位:_选__定__的__物__理__量__的单位。力学中选定的物理量有 三个, 它们分别是_质__量__、_时__间__和_长__度__,它们的国际单位分 别是千__克__(_k_g_)__、_秒__(_s_)_和_米__(_m_)_。 (3)导出单位:由_选__定__的__物__理__量__根据物理关系推导出来的其他 物理量的单位。
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动律 第2讲 牛顿第二律的用课时作业
取夺市安慰阳光实验学校第2讲牛顿第二定律的应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．(2019·一模)阿联酋迪拜哈利法塔，原名迪拜塔，塔高828 m，也被称为世界第一高楼，楼层总数162层，配备56部电梯，最高速度可达17.4 m/s。
游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。
若电梯运行中只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，其加速度a与时间t的关系如图所示。
下列相关说法正确的是( )A．t＝6 s时，电梯处于失重状态B．7～53 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为0答案D解析根据at图象可知，t＝6 s时，电梯的加速度向上，电梯处于超重状态，A错误；53～60 s时间内，加速度的方向向下，电梯处于失重状态，绳索的拉力小于重力，而7～53 s时间内，a＝0，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，B错误；t＝59 s时，电梯的加速度方向向下，电梯处于失重状态，C错误；根据at图象与横轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，0～60 s 时间内电梯速度的变化量为0，而电梯的初速度为0，所以t＝60 s时，电梯速度恰好为0，D正确。
2．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。
按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。
假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25答案C解析根据h＝12at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝mg＋F fm＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故C正确。
高中物理 第三章 牛顿运动定律 第3节 牛顿第二定律课时作业(含解析)教科版必修1-教科版高一必修1
牛顿第二定律[A组素养达标]1．如下表示中正确的答案是( )A．在力学的国际单位制中，力的单位、质量的单位、位移的单位选定为根本单位B．牛、千克都属于力的单位C．在厘米、克、秒制中，重力加速度g的值等于9.8 cm/s2D．在力学计算中，所有涉与的物理量的单位都应取国际单位解析：力学单位制中，质量、长度、时间的单位被选为根本单位，故A错；牛是力的单位，千克是质量的单位，故B错；在厘米、克、秒制中，g＝9.8 m/s2＝980 cm/s2，故C错；在力学计算中，没有特殊说明，所有物理量的单位都应取国际单位，故D正确．答案：D2．(多项选择)对牛顿第二定律的理解正确的答案是( )A．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用B．合力产生的加速度，可认为是作用于物体上的每个力所产生的加速度的矢量和C．加速度的方向总跟合外力的方向一致D．当外力停止作用时，加速度随之消失解析：力是产生加速度的原因，A项因果关系颠倒，故A错；合力产生的加速度与每个分力产生的加速度的合加速度是一样的，只是矢量合成先后的差异，故B对；a与F的方向时时刻刻都一样，故C对；加速度与外力是瞬时对应关系，外力停止作用，加速度同时消失，故D对．答案：BCD3．如下列图，小车的直杆顶端固定着小球，当小车向左做匀加速运动时，球受杆作用力的方向可能沿图中的( )A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向解析：小球随小车向左做匀加速运动，如此小球所受重力与杆的作用力两个力的合力水平向左，根据力的合成的平行四边形定如此，直杆对小球的作用力只可能沿OA方向，选项A正确，B、C、D错误．答案：A4．如下列图，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度与所受的合力的变化情况是( )A．合力变小、速度变小B ．合力变小，速度变大C ．合力先变小后变大；速度先变大后变小D ．合力先变大后变小；速度先变小后变大解析：小球开始接触弹簧时，开始重力大于弹力，合力向下，合力为零后，重力小于弹力，合力向上，合力先变小后变大．如此加速度方向先向下，与速度方向一样，然后加速度方向向上，与速度方向相反，所以速度先增大后减小．故C 正确，A 、B 、D 错误. 答案：C5．(多项选择)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2 cm ，假设还测出小车的质量为500 g ，如此关于加速度、合外力大小与单位，既正确又符合一般运算要求的是( ) A ．a ＝Δx t 2＝1.20.12 m/s 2＝120 m/s 2B ．a ＝Δx t 2＝1.2×10－20.12m/s 2＝1.2 m/s 2C ．F ＝ma ＝500×1.2 N＝600 ND ．F ＝ma ＝0.5×1.2 N＝0.6 N解析：在应用公式进展数量运算的同时，也要把单位代入运算．带着单位运算时，单位换算要准确．可以把题中量的单位都用国际单位表示，计算结果的单位就是用国际单位表示的．这样在统一量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可．选项A 中Δx ＝1.2 cm 没变成国际单位，C 项中的小车质量m ＝500 g 没变成国际单位，所以A 、C 均错误，B 、D 正确． 答案：BD6．如下列图，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，假设不计弹簧质量，在细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )A ．都等于g 2B.g2和0 C.m A ＋m B2g 和0D ．0和m A ＋m B2m Bg 解析：对A 球分析，开始处于静止，如此弹簧的弹力F ＝m A g sin 30°，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A ，所受的合力为零，如此A 的加速度为0；对B ，根据牛顿第二定律得，a B ＝F ＋m B g sin 30°m B ＝m A g sin 30＋m B g sin 30°m B ＝m A ＋m B2m Bg .应当选项D 正确．答案：D7．竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，假设推力增大到2F ，如此火箭的加速度将达到(g 取10 m/s 2)( ) A ．20 m/s 2B ．25 m/s 2C ．30 m/s 2D ．40 m/s 2解析：推力为F 时，F －mg ＝ma 1，当推力为2F 时，2F －mg ＝ma 2.以上两式联立可得：a 2＝30 m/s 2.故C 正确． 答案：C8．如下列图，底板光滑的小车上用两个量程均为20 N 、完全一样的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1 kg 的物块．当小车在水平地面上做匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10 N ，当小车做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8 N ．这时小车运动的加速度大小是( )A ．2 m/s 2B ．8 m/s 2C ．6 m/s 2D ．4 m/s 2解析：开始时甲和乙的弹力均为10 N ，合力为零；小车加速时，弹簧秤甲的示数变为8 N ，而由于小车长度不变，如此甲弹簧的形变的变化量与乙必相等，故乙弹簧的示数应为12 N ，故物体受到的合力为4 N ，根据牛顿第二定律，有：a ＝F m ＝41m/s 2＝4 m/s 2，应当选项D 正确．答案：D9．如下列图，质量为2 kg 的物体在40 N 水平推力作用下，从静止开始1 s 内沿竖直墙壁下滑3 m ．求：(g 取10 m/s 2) (1)物体运动的加速度大小； (2)物体受到的摩擦力大小； (3)物体与墙间的动摩擦因数．解析：(1)由h ＝12at 2，可得a ＝2h t 2＝2×312 m/s 2＝6 m/s 2.(2)分析物体受力情况如下列图：水平方向：物体所受合外力为零，N ＝F ＝40 N竖直方向：取向下为正方向，由牛顿第二定律得mg －f ＝ma ， 可得f ＝mg －ma ＝8 N.(3)物体与墙间的滑动摩擦力f ＝μN所以μ＝f N ＝840＝0.2.答案：(1)6 m/s 2(2)8 N (3)0.2[B 组 素养提升]10．(多项选择)一质量为m ＝1 kg 的物体在水平恒力F 作用下沿水平面运动，1 s 末撤去恒力F ，其v t 图像如下列图，如此恒力F 和物体所受阻力F ′的大小是( ) A ．F ＝8 N B ．F ＝9 N C ．F ′＝2 ND ．F ′＝3 N解析：撤去恒力F 后，物体在阻力作用下运动，由v t 图像可知，1～3 s 内物体的加速度为3 m/s 2，由牛顿第二定律F ＝ma 可知，阻力F ′＝3 N ；由图像可知在0～1 s 内其加速度为6 m/s 2，由牛顿第二定律得F －F ′＝ma ′，可求得F ＝9 N ，B 、D 正确． 答案：BD11．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．如下描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图像，可能正确的答案是( )解析：皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝kv 也减小，根据牛顿第二定律得mg ＋f ＝ma ，知a ＝kvm＋g ，可知a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，当v ＝0时，a ＝g ，选项C 正确． 答案：C12．如下列图，质量为m ＝20 kg 的物块受到与水平面成37°角、大小为100 N 的力的作用，在水平地面上以2 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，试分析当撤去力F 时，物体的加速度为多少？(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2) 解析：未撤去力F 时，物体受力如下列图．以加速度的方向为x 轴正向，建立坐标系．x 方向上根据牛顿第二定律得 F cos θ－f ＝ma ，所以f ＝F cos θ－ma ＝80 N －40 N ＝40 N.y 方向上物体受力平衡，即N ＋F sin θ＝mg ，所以N ＝mg －F sin θ＝200 N －60 N ＝140 N. 又由f ＝μN ，得μ＝f N ＝40 N 140 N ＝27.当撤去力F 时物体受力如下列图．物体沿原来的方向做匀减速直线运动． 如此N ′＝mgf ′＝μN ′＝μmg所以由牛顿第二定律得a ′＝f ′m ＝μg ＝27×10 m/s 2≈2.86 m/s 2，方向与物体运动方向相反．答案：2.86 m/s 2[C 组 学霸冲刺]13．如下列图，物块1、2间用刚性轻杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m ，物块2、4质量为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，如此有( ) A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0 B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝g C ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg 解析：在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不与改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋mMg ，所以C 对．答案：C。
高考物理一轮复习第3章第2课牛顿第二定律单位制课时作业(含解析)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案高考物理一轮复习第 3 章第 2 课牛顿第二定律单位制课时作业（含分析）一、单项选择题1．以下四组单位中，哪一组中的各单位都是国际单位制中的基本单位()A．米 (m)、牛 (N) 、秒 (s)B．米 (m)、千克 (kg) 、秒 (s)C．千克 (kg) 、焦耳 (J) 、秒 (s)D．米 (m)、千克 (kg) 、牛 (N)分析：力学中选长度的单位米(m)、质量的单位千克(kg) 和时间的单位秒(s) 作为基本单位，B对．答案： B2．如下图，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为 90°，两底角分别为α 和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m 的小木块．已知全部接触面都是圆滑的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )A． Mg＋ mg B ． Mg＋ 2mgC． Mg＋ mg(sinα＋sinβ ) D．Mg＋mg(cosα＋cosβ )分析：剖析 M受力，竖直方向，得水平桌面对M的支持力N＝Mg＋ mgcos θ cos θ＋ mgcos β cos β＝ mg＋Mg， A 正确．答案：A3．如下图，底板圆滑的小车上用两个量程为20 N、完全同样的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为 1 kg 的物块，在水平川面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N，当小车做匀加快直线运动时，弹簧测力计甲的示数为8 N ，这时小车运动的加快度大小是 ()A． 2 m/s 2 B ． 4 m/s 2 C ． 6 m/s 2 D ． 8 m/s 2分析：小车做匀速直线运动时，物块随小车也做匀速直线运动，两弹簧测力计示数均为10 N，形变同样，弹簧测力计甲的示数变成8 N，形变减小x，弹簧测力计乙形变要增添x，F 42故弹簧测力计乙的示数为12 N ，物块遇到的合外力 F＝ 4 N ，故加快度的大小是 a＝m＝1 m/s ＝4 m/s 2，选项 B 正确．答案： B4．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的表示图，假设其过程可简化为：翻开下降伞一段时间后，整个装置匀速下降，为保证安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()A．火箭开始喷气瞬时伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原由是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态分析：在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加快度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原由是缓冲火箭向下喷气而获取向上的反冲力．火箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱遇到的空气阻力，火箭开始喷气瞬时反冲力直接对返回舱产生向上的作使劲因此伞绳对返回舱的拉力变小．答案： A5．放在圆滑水平面上的木块遇到两个水平力F1与 F2的作用静止不动．现保持 F1不变 F2大小变化如图甲所示，则在此过程中，能正确描绘木块运动情况的 vt 图象是图乙中的()分析：因为 F 2 平均减小到零而后又平均增大到原值，因此物体遇到的合外力的变化状况为先增大后减小到零，依据牛顿第二定律知物体加快度也是先增大后减小到零，而速度向来在增大，最后达到最大值．切合上述规律的vt 图象只有 D 项．答案： D二、不定项选择题6．如图甲所示，绷紧的水平传递带一直以恒定速率v 1 运转．初速度大小为v 2 的小物块从与传递带等高的圆滑水平川面上的A 处滑上传递带．若从小物块滑上传递带开始计时，小物块在传递带上运动的vt图象 ( 以地面为参照系) 如图乙所示．已知v 2>v 1，则 ()A ． t 1 时辰，小物块离 A 处的距离达到最大B ． t 2 时辰，小物块相对传递带滑动的距离达到最大C ． 0～ t 2 时间内，小物块遇到的摩擦力不变D ． 0～ t 3 时间内，小物块一直遇到大小不变的摩擦力作用分析： 由题图乙可知，在 t 1 时辰物块的速度为零，走开A 点的距离最大， A 正确； t 2 时刻，小物块恰好相对传递带静止，此时相对传递带滑动的距离最大， B 正确； 0～ t 2 时间内，小物块在摩擦力的作用下先减速再反向加快，摩擦力不变，C 正确； t ～t 3时间内，小物块相2对传递带静止且随水平传递带一同匀速运动，不受摩擦力作用，D 错误．答案： ABC7．如下图，质量为 M 的小车放在圆滑的水平川面上，右边靠墙，小车的上表面是一个圆滑的斜面，斜面的倾角为 α，当地重力加快度为g. 那么，当有一个质量为m 的物体在这个斜面上自由下滑时，()A ．小车对右边墙壁的压力大小是mgsin α cos αMmgB ．小车对右边墙壁的压力大小是M ＋msinα cos αC ．小车对地面的压力大小为 (M ＋ m)g － mgsin 2αD ．小车对地面的压力大小为 (M ＋ m)g － mgsin α cos α分析： 先用隔绝法，剖析物体的受力状况，物体沿斜面向下的加快度a ＝ gsin α，将 a沿水平方向和竖直方向分解，则 x＝acos α＝ gsin αcos y＝ asin α＝ gsin 2α；整体a α， a 法，墙对小车的弹力 F ＝ma x ＝ mgsin α cos α，(M ＋ m)g － N ＝ma y ＝ mgsin 2 α. 因此 F ＝mgsin α cos α， N ＝ (M ＋m)g － mgsin 2α . 再由牛顿第三定律可知选项A 、 C 正确．答案： AC8．如下图，将质量为m 的滑块放在倾角为 θ 的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ. 若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加快度为g ，则 ()A ．将滑块由静止开释，假如μ<tan θ，滑块将下滑B ．给滑块沿斜面向下的初速度，假如μ<tan θ，滑块将减速下滑C ．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，假如μ＝ tan θ拉力大小应是 2mgsinθD ．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，假如 μ＝ tan θ拉力大小应是 mgsinθ分析：假如 μ<tanθ，mgsin θ>μ mgcos θ滑块将下滑； 此时给滑块沿斜面向下的初速度，滑块将加快下滑，假如μ＝ tan θ，用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，F＝ mgsin θ＋μ mgcos θ＝ 2mgsin θ . 综上所述，选项 A 、 C 正确．答案：AC9．如下图，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m 1 和m 2，置于圆滑的水平面上，当水平力 F 作用于左端 A 上，两物体一同做匀加快运动时， A 、B 间作使劲大小为F 1. 当水平力F作用于右端 B 上，两物体一同做匀加快运动时，A 、B 间作使劲大小为 F 2 则 ()A ．在两次作用过程中，物体的加快度的大小相等B ．在两次作用过程中， F 1＋F 2 <FC ．在两次作用过程中， F 1＋F 2 ＝FF 1 m 1 D ．在两次作用过程中，＝F 2m 2F分析： 对整体易知两次作用的加快度大小同样．a ＝ . 第一种状况对 B ：F 1＝ m 2a ；第m 1＋ m 22121Fm12二种状况对 A ： F ＝ ma ，因此 F ＋ F ＝ F ， F 2＝m 1，选项 C 正确．答案： C10．如图 (a) 所示，用一水平外力 F 拉着一个静止在倾角为 θ 的圆滑斜面上的物体，逐 渐增大 F ，物体做变加快运动，其加快度a 随外力 F 变化的图象如图 (b) 所示，若重力加快度g 取 10 m/s 2. 依据图 (b) 中所供给的信息能够计算出()A ．物体的质量B ．斜面的倾角C ．斜面的长度D ．加快度为 6 m/s 2 时物体的速度分析： 由牛顿第二定律得： Fcos θ－ mgsin θFcos θa ＝＝－ gsin θ，可见图线的斜mm率是cosθ，在纵轴上的截距是 gsin θ，因此物体的质量和斜面的倾角均可求出， 因此选 A 、mB.答案： AB三、非选择题11．风洞实验室中可产生水平向左、大小可调理的风力．现将一套有一小球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径，小球与杆间的滑动摩擦因数μ＝0.5，如下图．保持小球所受风力F＝ 0.5mg 不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止开始在细杆上滑下 2.4 m 所需的时间为多少？(g 取 10 m/s 2， sin 37 °＝ 0.6 ， cos 37 °＝ 0.8)分析：对小球作受力剖析，并对这些力进行正交分解，如下图．在 y 轴上，因 Fsin θ <mgcos θ，故 F N应垂直于杆向上．由均衡条件，有：F N＋ Fsinθ－mgcosθ＝0，得： F N＝0.5mg. ①在 x 轴上，由牛顿第二定律，有：mgsin θ＋ Fcos θ－ F f＝ma.②又 F f＝μF N，③①②③式联立得： a＝ 7.5 m/s 2.1 2又由运动学公式s＝2at ，得小球从静止出发在细杆上滑下距离s＝ 2.4 m 所需时间为t ＝0.8 s.答案： 0.8 s12．质量为 2 kg 的物体在水平推力的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt 图象如下图．g 取 10 m/s 2，求：(1) 物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2) 水平推力 F 的大小．分析： (1) 设物体做匀减速直线运动的时间为t 2、初速度为v20、末速度为v2t、加快度为 a2，则：v2t－ v20 2a2＝＝－ 2 m/s . ①t 2设物体所受的摩擦力为 fF ，依据牛顿第二定律，有：F f＝ ma2，②F f＝－μ mg，③－ a2联立①②③得：μ＝g＝0.2. ④(2) 设物体做匀加快直线运动的时间为t 1、初速度为 v10、末速度为 v1t、加快度为 a1，则：－v＝ 1 m/s 2. ⑤va1＝1t 10t 1依据牛顿第二定律，有：F－ F ＝ ma. ⑥f 1联立③⑥得： F＝μ mg＋ ma＝6 N.1答案： (1)0.2(2)6 N13．质量为 40 kg 的雪橇在倾角θ＝ 37°的斜面上向下滑动( 如图甲所示 ) ，所受的空气阻力与速度成正比．今测得雪橇运动的vt 图象如图乙所示，且AB是曲线的切线， B 点坐标为(4 ， 15) ， CD是曲线的渐近线．试求空气的阻力系数k 和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ.分析：对雪橇由牛顿运动定律得：mgsin θ－μ N－ kv ＝ ma，①N＝ mgcos θ，②由图象得 A 点对应速度 v A＝ 5 m/s ，加快度 a A＝15－ 5 m/s 2＝ 2.5 m/s 2.4最后雪橇匀速运动时的最大速度v m＝ 10 m/s ， a＝0.把以上 v A、 a A、 v m、 a 的数值代入①式并联立②式解得：μ＝ 0.125 ， k＝ 20 N · s/m.答案： 20 N · s/m 0.125。
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第2课牛顿第二定律单位制题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案一、单项选择题1．下列四组单位中，哪一组中的各单位都是国际单位制中的基本单位( )A．米(m)、牛(N)、秒(s)B．米(m)、千克(kg)、秒(s)C．千克(kg)、焦耳(J)、秒(s)D．米(m)、千克(kg)、牛(N)解析：力学中选长度的单位米(m)、质量的单位千克(kg)和时间的单位秒(s)作为基本单位，B对．答案：B2．如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角分别为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块．已知所有接触面都是光滑的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )A．Mg＋mg B．Mg＋2mgC．Mg＋mg(sin α＋sin β) D．Mg＋mg(cos α＋cos β)解析：分析M受力，竖直方向，得水平桌面对M的支持力N＝Mg＋mgcos θcos θ＋mgcos βcos β＝mg＋Mg，A正确．答案：A3．如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 k g的物块，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数为8 N，这时小车运动的加速度大小是( )A．2 m/s2 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．8 m/s2解析：小车做匀速直线运动时，物块随小车也做匀速直线运动，两弹簧测力计示数均为10 N ，形变相同，弹簧测力计甲的示数变为8 N ，形变减小Δx ，弹簧测力计乙形变要增加Δx ，故弹簧测力计乙的示数为12 N ，物块受到的合外力F ＝4 N ，故加速度的大小是a ＝F m ＝41 m/s2＝4 m/s 2，选项B 正确．答案：B4．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A ．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B ．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C ．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D ．返回舱在喷气过程中处于失重状态解析：在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力．火箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱产生向上的作用力因而伞绳对返回舱的拉力变小．答案：A5．放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F 2的作用静止不动．现保持F 1不变F 2大小变化如图甲所示，则在此过程中，能正确描述木块运动情况的vt 图象是图乙中的( )解析：由于F2均匀减小到零然后又均匀增大到原值，所以物体受到的合外力的变化情况为先增大后减小到零，根据牛顿第二定律知物体加速度也是先增大后减小到零，而速度一直在增大，最后达到最大值．符合上述规律的vt图象只有D项．答案：D二、不定项选择题6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力不变D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：由题图乙可知，在t1时刻物块的速度为零，离开A点的距离最大，A正确；t2时刻，小物块刚好相对传送带静止，此时相对传送带滑动的距离最大，B正确；0～t2时间内，小物块在摩擦力的作用下先减速再反向加速，摩擦力不变，C正确；t2～t3时间内，小物块相对传送带静止且随水平传送带一起匀速运动，不受摩擦力作用，D错误．答案：ABC7．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平地面上，右面靠墙，小车的上表面是一个光滑的斜面，斜面的倾角为α，当地重力加速度为g.那么，当有一个质量为m 的物体在这个斜面上自由下滑时，( )A ．小车对右侧墙壁的压力大小是mgsin αcos αB ．小车对右侧墙壁的压力大小是MmgM ＋m sin αcos αC ．小车对地面的压力大小为(M ＋m)g －mgsin 2α D ．小车对地面的压力大小为(M ＋m)g －mgsin αcos α解析：先用隔离法，分析物体的受力情况，物体沿斜面向下的加速度a ＝gsin α，将a 沿水平方向和竖直方向分解，则a x ＝acos α＝gsin αcos α，a y ＝asin α＝gsin 2α；整体法，墙对小车的弹力F ＝ma x ＝mgsin αcos α，(M ＋m)g －N ＝ma y ＝mgsin 2α.所以F ＝mgsin αcos α，N ＝(M ＋m)g －mgsin 2α.再由牛顿第三定律可知选项A 、C 正确．答案：AC8．如图所示，将质量为m 的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，则( )A ．将滑块由静止释放，如果μ<tan θ，滑块将下滑B ．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ<tan θ，滑块将减速下滑C ．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ拉力大小应是2mgsin θD ．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ拉力大小应是mgsin θ 解析：如果μ<tan θ，mgsin θ>μmgcos θ滑块将下滑；此时给滑块沿斜面向下的初速度，滑块将加速下滑，如果μ＝tan θ，用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，F ＝mgsin θ＋μmgcos θ＝2mgsin θ.综上所述，选项A 、C 正确．答案：AC9．如图所示，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m 1和m 2，置于光滑的水平面上，当水平力F 作用于左端A 上，两物体一起做匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 1.当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起做匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 2则( )A ．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B ．在两次作用过程中，F 1＋F 2<FC ．在两次作用过程中，F 1＋F 2＝FD ．在两次作用过程中，F 1F 2＝m 1m 2解析：对整体易知两次作用的加速度大小相同．a ＝Fm 1＋m 2.第一种情况对B ：F 1＝m 2a ；第二种情况对A ：F 2＝m 1a ，所以F 2＋F 1＝F ，F 1F 2＝m 2m 1，选项C 正确．答案：C10．如图(a)所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g 取10 m/s 2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量B ．斜面的倾角C ．斜面的长度D ．加速度为6 m/s 2时物体的速度解析：由牛顿第二定律得：a ＝Fcos θ－mgsin θm ＝Fcos θm －gsin θ，可见图线的斜率是cos θm ，在纵轴上的截距是gsin θ，所以物体的质量和斜面的倾角均可求出，所以选A 、B.答案：AB 三、非选择题11．风洞实验室中可产生水平向左、大小可调节的风力．现将一套有一小球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径，小球与杆间的滑动摩擦因数μ＝0.5，如图所示．保持小球所受风力F ＝0.5mg 不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止开始在细杆上滑下2.4 m 所需的时间为多少？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：对小球作受力分析，并对这些力进行正交分解，如图所示．在y 轴上，因Fsin θ<mgcos θ，故F N 应垂直于杆向上． 由平衡条件，有：F N ＋Fsin θ－mgcos θ＝0，得：F N ＝0.5mg .①在x 轴上，由牛顿第二定律，有： mgsin θ＋Fcos θ－F f ＝ma.② 又F f ＝μF N ，③①②③式联立得：a ＝7.5 m/s 2.又由运动学公式s ＝12at 2，得小球从静止出发在细杆上滑下距离s ＝2.4 m 所需时间为t ＝0.8 s.答案：0.8 s12．质量为2 kg 的物体在水平推力的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的vt 图象如图所示．g 取10 m/s 2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)水平推力F 的大小．解析：(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt 2、初速度为v 20、末速度为v 2t 、加速度为a 2，则：a 2＝v 2t －v 20Δt 2＝－2 m/s 2.①设物体所受的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律，有： F f ＝ma 2，② F f ＝－μmg ，③联立①②③得：μ＝－a 2g＝0.2.④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1、初速度为v 10、末速度为v 1t 、加速度为a 1，则：a 1＝v 1t －v 10Δt 1＝1 m/s 2.⑤根据牛顿第二定律，有： F －F f ＝ma 1.⑥联立③⑥得：F ＝μmg ＋ma 1＝6 N. 答案：(1)0.2 (2)6 N13．质量为40 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜面上向下滑动(如图甲所示)，所受的空气阻力与速度成正比．今测得雪橇运动的vt 图象如图乙所示，且AB 是曲线的切线，B 点坐标为(4，15)，CD 是曲线的渐近线．试求空气的阻力系数k 和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ.解析：对雪橇由牛顿运动定律得： mgsin θ－μN －kv ＝ma ，① N ＝mgcos θ，②由图象得A 点对应速度v A ＝5 m/s ，加速度a A ＝15－54 m/s 2＝2.5 m/s 2.最终雪橇匀速运动时的最大速度v m ＝10 m/s ，a ＝0. 把以上v A 、a A 、v m 、a 的数值代入①式并联立②式 解得：μ＝0.125，k ＝20 N ·s/m. 答案：20 N ·s/m 0.125。