2019-2020年高考物理一轮复习 3.2牛顿第二定律 两类动力学问题课时提升作业 沪科版必修1

2019-2020年高考物理一轮复习 3.2牛顿第二定律两类动力学问题课时提升作业沪
科版必修1
一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。

多选题已在题号后标出)
1.(xx·新课标全国卷Ⅰ)如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片,照
片左上角的三列数据如表。

表中第二列是时间,第三列是物体沿斜面运动的距离,
第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。

根据表中的数据,伽利略可以得出的
结论是()
1132
42130
93298
164526
255824
366 1 192
497 1 600
648 2 104
A.物体具有惯性
B.斜面倾角一定时,加速度与质量无关
C.物体运动的距离与时间的平方成正比
D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
2.(xx·福建高考)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.m2·kg·s-4·A-1
B.m2·kg·s-3·A-1
C.m2·kg·s-2·A-1
D.m2·kg·s-1·A-1
3.(xx·银川模拟)如图所示,在光滑水平面上,用弹簧水平连接一斜面,弹簧的另一端固定在墙上,一玩具遥控小车放在斜面上,系统静止不动。

用遥控器启动小车,小车沿斜面加速上升,则()
A.系统静止时弹簧被压缩
B.小车加速时弹簧处于原长
C.小车加速时弹簧被压缩
D.小车加速时可将弹簧换成细绳
4.(多选)(xx·上海六校模拟)目前,有一种先进的汽车制动装置,可保证车轮在制动时不会被抱死,使车轮仍有一定的滚动,安装了这种防抱死装置的汽车,在紧急刹车时可获得比车轮抱死更大的制动力,从而使刹车距离大大减小。

假设汽车安装防抱死装置后刹车时受到的合力恒为F,驾驶员的反应时间为t,汽车的质量为m,刹车前匀速行驶的速度为v,则()
A.汽车刹车的加速度大小为a=
B.汽车的刹车时间t0=
C.汽车的刹车距离为s1=
D.驾驶员发现情况后紧急刹车时的安全距离s=vt+
5.如图所示,物块A、B、C质量分别为m、2m、3m,A与天花板间、B与C之间用轻弹簧
相连,A、B间用轻绳相连,当系统平衡后,突然将A、B间轻绳剪断,在轻绳剪断瞬间,A、B、
C的加速度(以向下为正方向)分别为()
A.g,g,g
B.-5g,2.5g,0
C.-5g,2g,0
D.-g,2g,3g
二、计算题(本题15分。

需写出规范的解题步骤)
6.(xx·阜阳模拟)将一平板支撑成一斜面,一石块可以沿着斜面往不同的
方向滑行,如图所示。

如果使石块具有初速度v,方向沿斜面向下,那么它
将做匀减速运动,经过距离L1后停下来;如果使石块具有同样大小的速度,
但方向沿斜面向上,它将向上运动距离L2后停下来。

现在平板上沿水平
方向钉一光滑木条(图中MN所示),木条的侧边与斜面垂直。

如果使石块
在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动,求石块在水平方向通过的距离L。

强化专练(建议：25分钟)
强化点1：牛顿第二定律的理解
1.(xx·海南高考)一质点受多个力的作用,处于静止状态。

现使其中一个力的大小逐渐减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。

在此过程中,其他力保持不变,则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()
A.a和v都始终增大
B.a和v都先增大后减小
C.a先增大后减小,v始终增大
D.a和v都先减小后增大
2.(多选)(xx·东城区模拟)一物体重为50N,与水平桌面间的动摩擦因数为0.2,现加上如图所示的水平力F1和F2,若F2=15N时物体做匀加速直线运动,则F1的值可能是(g=10m/s2)()
A.3 N
B.25 N
C.30 N
D.50 N
强化点2：牛顿第二定律的瞬时性
3.如图所示,光滑水平面上,A、B两物体用轻弹簧连接在一起,A、B的质量分别为m1、m2,在拉力F作用下,A、B共同做匀加速直线运动,加速度大小为a,某时刻突然撤去拉力F,此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2,则()
A.a1=0a2=0
B.a1=a a2=a
C.a1=a a2=a
D.a1=a a2=a
4.(多选)如图所示,质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧,放在光滑的水平面上,A球紧靠竖直墙壁。

今用水平力F将B球向左推压弹簧,平衡后,突然将F撤去,在这一瞬间()
A.B球的速度为零,加速度为零
B.B球的速度为零,加速度大小为
C.在弹簧第一次恢复原长之后,A才离开墙壁
D.在A离开墙壁后,A、B两球均向右做匀速运动
5.(多选)(xx·浙江高考)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4 830 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
6.(xx·洛阳模拟)某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯,其结构可以简化为如图所示模型。

雪滑梯顶点距地面高h=15m,滑梯斜面部分长l=25m,在水平部分距离斜道底端为s0=20m处有一海绵坑。

比赛时参赛运动员乘坐一质量为M的雪轮胎从赛道顶端滑下,在水平雪道上翻离雪轮胎滑向海绵坑,运动员停在距离海绵坑1m范围内算过关。

已知雪轮胎与雪道间的动摩擦因数μ1=0.3,运动员与雪道间的动摩擦因数μ
=0.8,假设运动员离开雪轮胎的时间不计,运动员落到雪道上时的水平速度不变。

g取10m/s2。

求质量为m 2
的运动员(可视为质点)在水平雪道上的什么区域离开雪轮胎才能闯关成功。

答案解析
素能全练
1.【解题指南】解答本题可按以下思路进行：
(1)建立一个运动模型：物体沿斜面加速下滑;
(2)分析归纳测量数据：得出沿斜面运动规律。

【解析】选C。

由第三列物体沿斜面运动的距离猜想可能与时间有关,先可以求出各距离的比值近似为1∶4∶9∶16∶25∶36∶49∶64,即物体运动的距离与时间的平方成正比即x∝t2,故选项C正确。

由此可以进一步得出物体沿斜面向下做初速度为零的匀加速运动,但仅根据表格中的数据无法确定加速度与质量、斜面倾角及重力加速度的关系,也不能得出物体具有惯性,所以选项A、B、D错。

2.【解题指南】解答本题时应从以下两个方面进行分析：
(1)力学和电学相联系的物理量。

(2)明确题中单位对应的物理量与规律。

【解析】选B。

根据P=UI、P=Fv、F=ma
可导出U=,即V==m2·kg·s-3·A-1,故选B。

3.【解析】选D。

系统静止时,系统受力平衡,水平方向不受力,弹簧弹力等于零,弹簧处于原长,故A错误;小车加速上升时,系统受到的合力的水平分力不为零,且方向向右,则弹簧提供的是拉力,弹簧处于拉伸状态,所以小车加速时,可将弹簧换成细绳,故D正确。

4.【解析】选C、D。

汽车刹车的加速度大小为a=,选项A错误;汽车的刹车时间t0==,选项B错误;由v2=2as1得汽车刹车后继续行驶距离为s1=,选项C正确;驾驶员发现情况后紧急刹车时的安全距离s=vt+,选项D正确。

【加固训练】
(多选)如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动。

将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A 处,经过t秒后,Q的速度也变为v,再经t秒物体Q到达传送带的右端B处,则()
A.前t秒内物体做匀加速运动,后t秒内物体做匀减速运动
B.后t秒内Q与传送带之间无摩擦力
C.前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1∶1
D.Q由传送带左端运动到右端的平均速度为v
【解析】选B、D。

前t秒内物体Q相对传送带向左滑动,物体Q受向右的滑动摩擦力,由牛顿第二定律F f=ma 可知,物体Q做匀加速运动,后t秒内物体Q相对传送带静止,做匀速运动,不受摩擦力作用,选项A错误,B正确;前t秒内Q的位移x1=t,后t秒内Q的位移x2=vt,故=,选项C错误;Q由传送带左端运动到右端的平均速度
===v,选项D正确。

5.【解析】选B。

轻绳剪断前,对A、B、C整体由平衡条件得,6mg-F1=0,解得F1=6mg,对C由平衡条件得3mg-F2=0,解得F2=3mg;轻绳剪断瞬间,两个轻弹簧的拉力保持不变,而轻绳的拉力立即消失,由牛顿第二定律得,对A：mg-F1=ma A,解得a A=-5g,对B：2mg+F2=2ma B,解得a B=2.5g,对C：3mg-F2=3ma C,解得a C=0,故选项B正确。

6.【解析】设斜面的倾斜角为θ,石块与斜面间的动摩擦因数为μ,对石块由牛顿第二定律得：
沿斜面减速下滑时：μmgcosθ-mgsinθ=ma1(3分)
沿斜面减速上滑时：μmgcosθ+mgsinθ=ma2(3分)
紧贴光滑木条水平运动时：μmgcosθ=ma3(3分)
由运动学规律得：
v2=2a1L1(2分)
v2=2a2L2(1分)
v2=2a3L(1分)
解得：L=(2分)
答案：
强化专练
1.【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点：
(1)知道共点力的平衡条件。

(2)能根据牛顿第二定律分析加速度。

【解析】选C。

质点受多个力的作用,处于静止状态,则多个力的合力为零,其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反,使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来的大小,则所有力的合力先变大后变小,但合力的方向不变,根据牛顿第二定律,a先增大后减小,v始终增大,故选C。

2.【解析】选A、C、D。

若物体向左做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知：F2-F1-μG=ma>0,解得F1<5N,A 正确;若物体向右做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知：F1-F2-μG=ma>0,解得F1>25N,C、D正确,B错误。

【加固训练】
如图所示,底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1kg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10N,当小车做匀加速直线运动时,弹簧测力计甲的示数为8N,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】选B。

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10N,形变相同,弹簧测力计甲的示数变为8N,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12N,物块受到的合外力F=4N,故加速度的大小是a==m/s2=4m/s2,选项B正确。

3.【解析】选D。

撤去拉力F前,设弹簧的劲度系数为k、形变量为x,对A由牛顿第二定律得kx=m1a;撤去拉力F后,弹簧的形变量保持不变,对A由牛顿第二定律得kx=m1a1,对B由牛顿第二定律kx=m2a2,解得a1=a、a2=a,故选项D正确。

【加固训练】
如图所示,质量为m的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态。

当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为()
A.0
B.g
C.g
D.g
【解析】选B。

开始小球处于平衡状态,受重力mg、支持力F N、弹簧拉力F
三个力作用,如图所示,由平衡条件可得支持力F N=mg,重力mg、弹簧拉力F
的合力大小等于支持力F N,当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球不再平衡,
此时小球所受的合力与F N等大反向,由牛顿第二定律得此时小球的加速度大
小为g,故选项B正确。

4.【解析】选B、C。

撤去力F前,B球受四个力作用,竖直方向的重力和支持力平衡,水平方向推力F和弹簧的弹力平衡,即弹簧的弹力大小为F,撤去力F的瞬间,弹簧的弹力大小仍为F,故B球所受合外力为F,则B球加速度为a=,而此时B球的速度为零,选项B正确,A错误;在弹簧恢复原长前,弹簧对A球有水平向左的弹力使A球压紧墙壁,直到弹簧恢复原长时A球才离开墙壁,A球离开墙壁后,由于弹簧的作用,使A、B两球均做变速运动,选项C正确,D错误。

5.【解题指南】解答本题可按以下思路进行：
(1)审题注意关键词,理解浮力保持不变、总质量不变的含义;
(2)对热气球进行运动分析和受力分析,找出热气球由加速运动到匀速运动的原因所在。

【解析】选A、D。

刚开始竖直上升时,热气球受重力和空气的浮力,热气球的加速度为0.5 m/s2,由牛顿第二定律可得热气球所受浮力大小为4 830 N,A正确;热气球加速上升过程中所受空气阻力是不断变大的,热气球做加速度减小的加速运动,速度达到5 m/s所用的时间要大于10 s,B、C均错误;当热气球以5 m/s匀速上升时,由受力平衡可得热气球所受空气阻力大小为230 N,D正确。

6.【解析】设运动员乘坐雪轮胎沿斜面滑动时的加速度为a0,滑到底端时的速度大小为v,有:
(M+m)gsinθ-μ1(M+m)gcosθ=(M+m)a0
v2=2a0l
解得:v=6m/s
设在水平轨道上运动时,运动员乘坐雪轮胎时加速度大小为a1,翻下后加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:μ1(M+m)g=(M+m)a1
μ2mg=ma2
设在距离海绵坑s1处翻下时刚好滑到海绵坑边停下,翻下时速度为v1,则有:
v2-=2a1(s0-s1)
=2a2s1
联立解得:s1=6m
设在距离海绵坑s2处翻下时刚好滑到距离海绵坑边1m处停下,翻下时速度为v2,则有:
v2-=2a1(s0-s2)
=2a2(s2-1)
联立解得:s2=7.6m
故运动员应该在距离海绵坑6～7.6 m之间的区域离开雪轮胎,才能闯关成功。

答案:运动员应该在距离海绵坑6～7.6 m之间的区域离开雪轮胎
【加固训练】
(xx·合肥模拟)如图所示,倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。

现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,最终停在水平面上的C点。

已知A点距水平面的高度h=0.8m,B点与C点的距离L=2.0m。

(滑块经过B点时没有能量损失,g=10m/s2),求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度;
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ;
(3)滑块从A点释放后,经过时间t=1.0s时速度的大小。

【解析】(1)滑块先在斜面上做匀加速运动,然后在水平面上做匀减速运动,故滑块运动到B点时速度最大为v m,设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得：
mgsin30°=ma1=2a1·
解得：v m=4m/s
(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得：
μmg=ma2=2a2L
解得：μ=0.4
(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1,则：v m=a1t1
解得：t1=0.8s
由于t>t1,故滑块已经经过B点,做匀减速运动的时间为t-t1=0.2s 设t=1.0s时速度大小为v,则：
v=v m-a2(t-t1)
解得：v=3.2m/s
答案：(1)4m/s(2)0.4(3)3.2 m/s
.。