届高考物理人教版第一轮复习课时作业133牛顿第二定律的综合应用.docx
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届高考物理人教版第一轮复习课时作业133牛顿第二定律的综合应用
第3课时牛顿第二定律的综合应用
基本技能练
1.如图1所示,是某同学站在力传感器上,做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线,纵坐标为力(单位为N),横坐标为时间(单位为s)。
由图可知,该同学的体重约为650N,除此以外,还可以得到的信息有
()
图1
A.该同学做了两次下蹲—起立的动作
B.该同学做了一次下蹲—起立的动作,且下蹲后约2s起立C.下蹲过程中人处于失重状态
D.下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
解析在3~4s下蹲过程中,先向下加速再向下减速,故人先处于失重状态后
处于超重状态;在6~7s起立过程中,先向上加速再向上减速,故人先处于超
重状态后处于失重状态,选项A、C、D错误,B正确。
答案B
2.(2014·石家庄一模)2014年2月15日凌晨,在索契冬奥会自由式滑雪女子空中
技巧比赛中,中国运动员以83.50分夺得银牌。
比赛场地可简化为由如图2所
示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成。
若将运动员视为质点,且
忽略空气阻力,下列说法正确的是
()
-1-
图2
A.运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B.运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
C.运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态
D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态
解析运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下,处于失重
状态,A项错;由圆周运动知识可知,运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆
心,具有竖直向上的分加速度,运动员处于超重状态,B项错;运动员跳离弧
形过渡区到着陆前,只受重力作用,处于完全失重状态,C项正确;运动员在
减速区具有竖直向上的分加速度,处于超重状态,D项错误。
答案C
3.某兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。
将一质量为
m的小球靠近墙面竖直向上抛出,用频闪照相机记录了全过程,图3甲和图乙
分别是上升过程和下降过程的频闪照片,O是运动的最高点。
设小球所受阻力
大小不变,则小球受到的阻力大小约为
()
图3
111
A.4mgB.3mgC.2mgD.mg
解析设墙面上砖的厚度为d,频闪照相的周期为T,由上升过程中加速度的
-2-
1=
9d-3d
6d
,下降过程中加速度的大小
3d-d
2d
2=2
a2=2
=
2,根据牛顿第
大小a
T
T
T
T
二定律,上升过程有
mg+F=ma,下降过程有
mg-F
=ma,联立各式得F
f
f1
f
2
1
=2mg,C正确。
答案C
4.(2014·河北石家庄质检)质量1kg的小物块,在t=0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面,0.7s时第二次经过斜面上的B点,若小物
1
2
块与斜面间的动摩擦因数为3,则AB间的距离为
(已知g=10m/s,sin53=°0.8,
cos53=°0.6)
(
)
A.1.05m
B.1.13m
C.2.03m
D.1.25m
解析物块沿斜面上滑和下滑时,加速度分别为:
a1=g(sin
θ+μcosθ)
=10
m/s2,a2=g(sinθ-μcosθ)=6m/s2,物块滑到最高点所用时间为
t1=
v0
=0.5s,
a
1
1
2
位移为x1=2a1t1
=1.25m,物块从最高点滑到B
点所用时间为t2=t-t1=0.2s,
1
2
位移为x2=2a2t2
=0.12m,所以AB间的距离为x1-x2=1.13m,选项B对。
答案B
5.(多选)(2014广·东江门一模)如图4,质量为m的木块在水平向右的力
F作用下
在质量为M的木板上滑行,木板长度为L,保持静止。
木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ,下列说法正确的是
()
图4
A.木板受到地面的摩擦力大小是μmg
B.木板受到地面的摩擦力大小是μ(m+M)g
C.当F>μ(m+M)g时,木板便会开始运动
-3-
D.木块滑过木板过程中,产生的内能为μmgL
解析由于木板保持静止,木板水平方向上受到m施加的向右的滑动摩擦力和
地面向左的静摩擦力而平衡,所以木板受到地面的摩擦力大小是μmg,A正确,
B错误;以M为研究对象,由于μmg<μ(M+m)g,故无论F多大,木板都不
会运动,C错误;木块滑过木板过程中,产生的内能E=μmgx相对=μmgL,D
正确。
答案AD
6.某马戏团演员做滑杆表演,已知竖直滑杆上端固定,下端悬空,滑杆的重力为
200N,在杆的顶部装有一拉力传感器,可以显示杆顶端所受拉力的大小。
从
演员在滑杆上端做完动作时开始计时,演员先在杆上静止了0.5s,然后沿杆下
滑,3.5s末刚好滑到杆底端,并且速度恰好为零,整个过程演员的v-t图象和
传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图5甲、乙所示,g=10m/s2,则
下列说法正确的是
()
图5
A.演员的体重为800N
B.演员在最后2s内一直处于超重状态
C.传感器显示的最小拉力为620N
D.滑杆长7.5m
解析演员在滑杆上静止时传感器显示的800N等于演员和滑杆的重力之和,
所以演员体重为600N,A错误;由v-t图象可知,1.5s~3.5s内演员向下做
匀减速运动,拉力大于重力,演员处于超重状态,B正确;演员加速下滑时滑
-4-
杆所受拉力最小,加速下滑时a1=3m/s2,对演员由牛顿第二定律知mg-f1=
ma1,解得f1=420N,对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为
F1=420N
+200N=620N,C正确;由v-t图象中图线围成的面积可得滑杆长为
4.5m,
D错误。
答案BC
7.(2014·山东冲刺卷二)2013年10月11日,温州乐清市德力西公司的专家楼B幢
发生惊险一幕,一个小男孩从楼上窗台突然坠落。
但幸运的是,楼下老伯高高
举起双手接住了孩子,孩子安然无恙。
假设从楼上窗台到接住男孩的位置高度
差为h=20m,老伯接男孩的整个过程时间约为0.2s,则(忽略空气阻力,g取10m/s2)
()
A.男孩接触老伯手臂时的速度大小为25m/s
B.男孩自由下落时间约为4s
C.老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍
D.老伯接男孩的整个过程,男孩处于失重状态
解析由运动规律可得,男孩下落到老伯手臂处的速度,由v2=2gh,解得v
=20m/s,男孩的下落时间t1=v/g=2s,所以选项A、B错误;从接触老伯手
臂到停止运动,男孩的加速度a=v/t2=100m/s2,根据牛顿第二定律F-mg=
ma可得,F=11mg,故C项正确;老伯接男孩的整个过程,男孩向下做减速运
动,加速度方向向上,男孩处于超重状态,D项错误。
答案C
8.(2014·西安市质检二)如图6所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向
右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉
的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦
因数均为μ。
重力加速度为g。
要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少
应大于
()
-5-
图6
A.3μmgB.4μmgC.5μmgD.6μmg
解析纸板相对砝码恰好运动时,对纸板和砝码构成的系统,由牛顿第二定律
可得:
F-μ(2m+m)g=(2m+m)a,对砝码,由牛顿第二定律可得:
2μmg=2ma,
联立可得:
F=6μmg,选项D正确。
答案D
能力提高练
9.(2014盐·城市高三第三次模拟考试)如图7所示,小木箱ABCD的质量M=1.2kg,
高L=1.0m,其顶部离挡板E的距离h=2.0m,木箱底部有一质量m=0.8kg
的小物体P。
在竖直向上的恒力T作用下,木箱向上运动。
为了防止木箱与挡
板碰撞后停止运动时小物体与木箱顶部相撞,则拉力T的取值范围为(重力加速度g取10m/s2)
()
图7
A.0 B.0 C.20N D.20N 解析在木箱与小物体整体上升过程中,由牛顿第二定律得T-(M+m)g=(M 2 +m)a,当木箱与挡板相碰时速度为vP=2ah,小物体与木箱顶部不相碰时速度 -6- 2 T L vP应满足vP<2gL,解得 -g 要使木箱向上运动,则有 M+m h T>(M+m)g=20N,所以T的取值范围为: 20N 答案D 10.如图8所示,质量为m=2kg的物体静止于水平地面的 A处,A、B间距L= 。 用大小为 30N ,沿水平方向的外力拉此物体,经 t 0=2s拉至B处。 (取 20m g=10m/s2) 图8 (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ; (2)该外力作用一段时间后撤去,使物体从 A处由静止开始运动并能到达 B处, 求该力作用的最短时间t1。 解析 (1)物体做匀加速直线运动,则 L= 12 2L = 2×20 2 =10 2at0,所以 a=t0 2 m/s 2 2 2 m/s,由牛顿第二定律得F-Ff=ma,又Ff=μmg,所以Ff=F-ma=30N-2×10 N=10N,所以μ=Ff= 10=0.5。 mg × 10 2 力 1 1 1 21 2 a1t1 1,联立以上各式,代入数 (2) 1 μgt2=,2= = 2t F作用时,a =a,2at +2 Lt μg 23 据,解得t1=3s。 23 答案 (1)0.5 (2)3s 11.(2014·江西上饶二模如图9所示,倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接,连接处用一光滑小圆弧过渡,斜面上距水平面高度分别为 h1=20m和h2=5m的两点上,各静置一小球A和B。 某时刻由静止开始释放 A球,经过一段时间t后,再由静止开始释放B球,g取10m/s2,求: -7- 图9 (1)为了保证A、B两球不会在斜面上相碰,t最长不能超过多少? (2)若A球从斜面上h1高度处自由下滑的同时,B球受到恒定外力作用从C点 以加速度aB由静止开始向右运动,则加速度aB满足什么条件时A球能追上B 球? 解析 (1)两球在斜面上下滑的加速度相同,设加速度为a,根据牛顿第二定律 有 mgsin30=°ma 解得a=5m/s2 h 1 2 设A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为 t1 和t2,则 1 = 1 sin30 °2at h 12 2 =at2 sin30 °2 解得t1=4s,t2=2s 为了保证两球不会在斜面上相碰,t最长不超过 t=t1-t2=2s。 (2)设A球在水平面上再经t0追上B球,则 1B 1+t0 ) 2=at1·0 2a(t t A球要追上B球,方程必须有解,Δ≥0 可解得aB≤2.5m/s2。 答案 (1)2s (2)aB≤2.5m/s2 12.(2014·湖南怀化一模)如图10所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。 若让该小木块 -8- 从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动,随着θ的改变,小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度为g。 图10 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数; (2)当θ角为何值时,小物块沿木板向上滑行的距离最小,并求出此最小值。 解析 (1)当θ=30°时,木块处于平衡状态,对木块受力分析: mgsinθ=μFN FN-mgcosθ=0 3 解得μ=tanθ=tan30=°。 (2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a,则-mgsinθ- μmgcosθ=ma 2 得 由0-v0=2ax 2 2 v0 = v0 x= 2 2gsinθ+μcosθ 2g1+μsinθ+α 令tanα=μ,则当α+θ=90°时x最小,即θ=60° 2 3v 2 所以x最小值为xmin= v0 0 = 4g 。 2gsin60+°μcos60° 3 3v 2 答案 (1) (2)θ=60°, 0 3 4g -9-
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- 高考 物理 人教版 第一轮 复习 课时 作业 133 牛顿第二定律 综合 应用