高考物理复习配餐作业八 牛顿第二定律及应用.docx
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高考物理复习配餐作业八牛顿第二定律及应用
配餐作业(八) 牛顿第二定律及应用
A组·基础巩固题
1.(2017·漳州调研)“加速度计”的部分结构简图如图所示,滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内,静止时a、b长度均为l;若该装置加速向右运动,a、b长度分别为la、lb,则( )
A.la>l,lb>lB.la C.la>l,lb 解析 加速度计向右加速运动,则滑块受到的合力向右,所以a被压缩,b被拉长,即la 答案 D 2.女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里通过一个实验成功展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应。 在视频中可观察到漂浮的液滴处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中。 假设液滴处于完全失重状态,液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化(振动),如图所示。 已知液滴振动的频率表达式为f= ,其中k为一个无单位的比例系数,r为液滴半径,ρ为液体密度,σ为液体表面张力系数(其单位为N/m),x是待定常数。 对于待定常数x的大小可能是( ) A. B.- C.2 D.-3 解析 从物理单位的量纲来考虑: A选项中, 答案 B 3.一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。 现对物块施加一个竖直向下的恒力F,如图所示。 则物块减速为零的时间将( ) A.变大B.变小 C.不变D.不能确定 解析 物块在斜面上匀减速下滑,则mgsinθ-μmgcosθ=ma①,现对物块施加一个竖直向下的恒力F,即(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma′②,由①②得ma+F(sinθ-μcosθ)=ma′,可得加速度大小|a|<|a′|,由v初=at知物块减速为零的时间将变小,B正确。 答案 B 4.(多选)如图所示,质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连,Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。 球静止时,Ⅰ中拉力大小为FT1,Ⅱ中拉力大小为FT2,当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间,球的加速度a应是( ) A.若剪断Ⅰ,则a=g,方向竖直向下 B.若剪断Ⅱ,则a= 方向水平向左 C.若剪断Ⅰ,则a= ,方向沿Ⅰ的延长线方向 D.若剪断Ⅱ,则a=g,方向竖直向上 解析 首先分析没有剪断Ⅰ、Ⅱ之前的小球受力情况。 小球受力情况如图所示。 在剪断Ⅰ的瞬间,由于小球的速度为零,绳Ⅱ上的力突变为零,则小球只受重力作用,加速度为g,A项正确,C项错误;若剪断Ⅱ,由于弹簧的弹力不能突变,FT1与重力的合力大小仍等于FT2,所以此时加速度为a= ,方向水平向左,B项正确,D项错误。 答案 AB 5.(2017·台州模拟)如图甲,一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面,现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力,并使系统静止,若将外力突然撤去,则物块在第一次到达最高点前的速度-时间图象(图中实线)可能是图乙中的( ) 解析 撤去外力后,物块先向上做加速度减小的加速运动,当重力与弹力相等时速度达到最大值,以后再做加速度增大的减速运动,当物块与弹簧分离后,再做竖直上抛运动,到最高点时速度为0,故A对。 答案 A 6.(2017·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,若小物块与斜面间的动摩擦因数为 ,则AB间的距离为(已知g=10m/s2,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(sinθ+μcosθ)=10m/s2,a2=g(sinθ-μcosθ)=6m/s2,物块滑到最高点所用时间为t1= =0.5s,位移为x1= a1t =1.25m,物块从最高点滑到B点所用时间为t2=t-t1=0.2s,位移为x2= a2t =0.12m,所以AB间的距离为x1-x2=1.13m,选项B对。 答案 B 7.(2017·中山质检)(多选)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大小为 mg+ma D.小物块受到的静摩擦力大小为 mg+ma 解析 小物块相对斜面静止,因此它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,以小物块为研究对象,对其受力分析如图所示,则有Ff-mgsin30°=ma,Ff= mg+ma,方向平行斜面向上。 答案 AD 8.(2017·宜宾质检)(多选)如图所示为粮袋的传送装置,已知AB间长度为L,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时其运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A到B的运动,以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A.粮袋到达B点的速度与v比较,可能大,也可能相等或小 B.粮袋开始运动的加速度为g(sinθ-μcosθ),若L足够大,则以后将一定以速度v做匀速运动 C.若μ D.不论μ大小如何,粮袋从A到B一直做匀加速运动,且a>gsinθ 解析 开始时,粮袋相对传送带向上运动,受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力,由牛顿第二定律可知,mgsinθ+μFN=ma,FN=mgcosθ,解得a=gsinθ+μgcosθ,B错误;粮袋加速到与传送带相对静止时,若mgsinθ>μmgcosθ,即当μ 答案 AC B组·能力提升题 9.(2017·临沂模拟)(多选)在光滑水平面上,a、b两小球沿水平面相向运动,当小球间距小于或等于L时,受到大小相等,方向相反的相互排斥恒力作用,小球间距大于L时,相互间的排斥力为零,小球在相互作用区间运动时始终未接触,两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示,由图可知( ) A.b球质量大于a球质量 B.在t2时刻两小球间距最小 C.在t1时刻两小球间距最小 D.在0~t3时间内a球所受排斥力方向始终与运动方向相反 解析 小球a沿规定正方向做匀减速运动,b球沿规定负方向做匀减速运动,在t2时刻两球速度方向相同且大小相等,间距最小,B对;由图可知两球加速度aa 答案 BD 10.(2016·江苏卷)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。 若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( ) A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大 D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面 解析 将桌布从鱼缸下拉出的过程,鱼缸相对桌布向左运动,因此桌布对它的摩擦力方向向右,A项错误。 设动摩擦因数为μ,鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动,加速度大小为μg,设经过t1时间鱼缸滑离桌布,滑离时的速度为v,则v=μgt1;鱼缸滑到桌面上后,做匀减速运动,加速度大小也为μg,因此鱼缸在桌面上运动的时间t2= ,因此t1=t2,B项正确。 若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,大小为μmg,保持不变,C项错误。 若猫减小拉力,则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力,则鱼缸与桌布一起运动,从而滑出桌面,D项正确。 答案 BD 11.为研究运动物体所受的空气阻力,某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块,并在滑块上固定一个高度可升降的风帆,如图甲所示。 他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。 假设滑块和风帆总质量为m。 滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比,即Ff=kv。 (1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式; (2)求出滑块下滑的最大速度,并指出有哪些措施可以减小最大速度; (3)若m=2kg,斜面倾角θ=30°,g取10m/s2,滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示,图中的斜线为t=0时v-t图线的切线,由此求出μ、k的值。 (计算结果保留两位有效数字) 解析 (1)由牛顿第二定律有: mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma 解得a=gsinθ-μgcosθ- 。 (2)当a=0时速度最大, vm= 减小最大速度的方法有: 适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑);风帆升起一些。 (3)当v=0时, a=gsinθ-μgcosθ=3m/s2, 解得μ= ≈0.23 最大速度vm=2m/s, vm= =2m/s, 解得k=3.0kg/s。 答案 (1)a=gsinθ-μgcosθ- (2) 适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑);风帆升起一些 (3)0.23 3.0kg/s 12.一质量为m=0.4kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动,如图所示为其运动的v-t图象的一部分,已知0.4s以前车做匀变速运动,之后做变加速运动直到速度最大,2s时刻关闭发动机,玩具车开始做匀减速运动最终停止。 小汽车全过程中所受阻力可视为恒定。 (1)关闭发动机后小车运动的时间; (2)求匀加速阶段小汽车的驱动力; (3)估算全过程小汽车行驶的距离。 解析 (1)设2s后小汽车加速度为大小a2,据图象得 a2= = m/s2=2m/s2。 设减速阶段时间为t,由 vt=v0-a2t,解得t=4s。 (2)设0~0.4s内,小汽车加速度大小为a1 a1= = m/s2=10m/s2 据牛顿第二定律得F-Ff=ma1 关闭发动机后Ff=ma2 解得F=4.8N。 (3)0~0.4s内的位移 x1= a1t = ×10×0.42m=0.8m 根据图象可得0.4~2s内的位移 x2=58×0.2×1m=11.6m 2s以后的位移x3= a2t2= ×2×42m=16m 小汽车的总位移x=x1+x2+x3=28.4m(计算结果在27.6~29.2间均可)。 答案 (1)4s (2)4.8N (3)28.4m 13.如图所示,水平轨道AB段为粗糙水平面,BC段为一水平传送带,两段相切于B点,一质量为m=1kg的物块(可视为质点),静止于A点,AB距离为x=2m。 已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10m/s2。 (1)若给物块施加一水平拉力F=11N,使物块从静止开始沿轨道向右运动,到达B点时撤去拉力,物块在传送带静止情况下刚好运动到C点,求传送带的长度; (2)在 (1)问中,若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接),要使物块仍能到达C端,则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大; (3)若使物块以初速度v0从A点开始向右运动,并仍滑上 (2)问中倾斜的传送带,且传送带以4m/s速度向上运动,要使物块仍能到达C点,求物块初速度v0至少多大。 解析 (1)物块在AB段: F-μmg=ma1 a1=6m/s2 则到达B点时速度为vB,有 vB= =2 m/s 滑上传送带μmg=ma2 刚好到达C点,有v =2a2L 得传送带长度L=2.4m。 (2)将传送带倾斜,滑上传送带有 mgsin37°+μmgcos37°=ma3, a3=10m/s2, 物块仍能刚好到C端,有v′ =2a3L 在AB段,有v′ =2ax F′-μmg=ma 联立解得F′=17N。 (3)由于μ<tan37°,故要使物块能到达C点,物块初速度最小时,有物块滑到C时速度恰好为0。 0-v″ =2a4L,且mgsinθ-μmgcosθ=ma4,在AB段有v -v″ =2mgx 解得v0= m/s 答案 (1)2.4m (2)17N (3) m/s
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