2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课时提升作业： 八　牛顿第二定律两类动力学问题 .doc

《2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课时提升作业： 八　牛顿第二定律两类动力学问题 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课时提升作业： 八　牛顿第二定律两类动力学问题 .doc（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业八牛顿第二定律两类动力学问题(建议用时40分钟)1.(2019浙江4月选考真题)下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是()A.功/焦耳B.质量/千克C.电荷量/库仑D.力/牛顿【解析】选B。质量是国际单位制的基本量,其单位是千克,其他三个都不是基本量,其对应的单位也不是基本单位。故选B。2.如今商场的自动扶梯具有节能模式,没有顾客时保持静止,当感应到有人站上去后将先加速,然后维持某一速度运动。如图所示,一人站上自动扶梯后,先做匀加速直线运动,后

2、做匀速直线运动,下列说法正确的是()A.匀加速直线运动期间,人受到的合力为零B.匀加速直线运动期间,人受到的合力不为零,方向水平向左C.匀速直线运动期间,人受到重力、支持力D.匀速直线运动期间,人受到重力、支持力和摩擦力【解析】选C。匀加速直线运动时,根据牛顿第二运动定律,人受到的合力不为零,且方向沿速度方向,即斜向上,A、B错误;匀速直线运动时,根据牛顿第一定律,人受到的合力为零,竖直方向上重力与支持力平衡,水平方向不受力,所以不受摩擦力,人受到重力、支持力,C正确、D错误。故选C。3.如图所示,放在固定斜面体上的滑块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则滑块(

3、)A.可能匀速下滑B.仍以加速度a匀加速下滑C.将以大于a的加速度匀加速下滑D.将以小于a的加速度匀加速下滑【解析】选C。当滑块沿斜面匀加速下滑时,设滑块与斜面间的动摩擦因数为,根据牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma。当在滑块上施加一个竖直向下的恒力F时,将F和重力mg合并,根据牛顿第二定律得(mg+F)sin-(mg+F)cos=ma1。比较两式可知,a1a,因此,选项C正确。【加固训练】如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。杆可在竖直平面内向左右摆动。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

4、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/s2B.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/sC.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/sD.若细杆稳定地指示在c处,则5 s内汽车前进了100 m【解析】选B。若细杆稳定地指示在b处,受力分析如图由牛顿第二定律得mgtan30=ma,a=9.833 m/s2,汽车加速运动,在0.5 s内,汽车速度增加量为

5、v=at=4.933 m/s,故A、C错误;同理,细杆稳定在d处时汽车减速,a=9.8 m/s2,在0.5 s内汽车速度减小v=at=4.9 m/s,B正确;当细杆稳定在c处时,汽车匀速运动,在5 s内汽车前进距离为x=vt=50 m,D错误。4.(2019丽水模拟)如图,某杂技演员在做手指玩盘子的表演。设该盘的质量为m=0.2 kg,手指与盘之间的滑动摩擦因数=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,盘底处于水平状态,且不考虑盘的自转。下列说法正确的是()A.若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则手对盘的摩擦力大小为1 NB.若盘随手指一起水平向右做匀速运动,则手对盘的摩擦力大小为1 NC.若盘随

6、手指一起水平向右做匀加速运动,则手对盘的作用力大小为2 ND.若盘随手指一起水平向右做匀加速运动,则手对盘的作用力大小不可超过2.24 N【解析】选D。若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则盘受到重力作用和手指的作用,二力平衡,即手指对盘的作用力等于F=mg=2 N,A错误;若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动,盘相对手指静止,水平方向合力为零,不受静摩擦力的作用,B错误;若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动,则盘受到向右的静摩擦力,但并没有发生相对滑动,所以受到的摩擦力fmg,手对盘的作用力F(mg)2+(mg)22.24 N,C错误、D正确。故选D。5.如图所示,在圆锥形内部有三根固定的光

7、滑细杆,A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点,三杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60、45、30。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力),用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间,则()世纪金榜导学号A.t1t2t3B.t1t2t3C.t1=t3t2【解题指导】解答本题时应注意以下两点:(1)物体沿光滑细杆做匀加速直线运动。(2)细杆的长度可以用底面的半径来表示。【解析】选D。小环的加速度a=gsin,位移s=Rcos,根据运动学公式s=12at2,则时间t=2Rgsincos,将夹角的数值代入得t1=t3t2,选项D

8、正确。6.如图所示,小车上有一个定滑轮,跨过定滑轮的绳一端系一重球,另一端系在弹簧测力计上,弹簧测力计固定在小车上。开始时小车处于静止状态,当小车匀加速向右运动时,下列说法中正确的是()A.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力变大B.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力变小C.弹簧测力计读数不变,小车对地面的压力变大D.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力不变【解析】选D。对整体受力分析可知,加速前整体处于静止状态,合力为零,在竖直方向上合力为零,即整体受到的重力等于地面的支持力,向右匀加速运动过程中,加速度沿水平方向,竖直方向上没有加速度,在竖直方向上合力仍为零,即重力等于地面的支持力,所以

9、变化前后小车对地面的压力大小不变。对小球受力分析,加速前,小球处于静止状态,重力等于绳子的拉力,加速后,小球的加速度水平向右,即拉力和重力的合力水平向右,拉力增大,弹簧测力计的示数增大,故D正确。7.(2019杭州模拟)如图所示,三个物体A、B、C的质量满足mA=2mB=3mC,A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连,A与B之间用细线相连,当系统静止后,突然剪断A、B间的细线,则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)()A.-g、2g、0B.-2g、2g、0C.-56g、53g、0D.-2g、g、g【解析】选C。设C物体的质量为m,则物体A的质量为3m,物体B的质量为1.5m,剪断细线

10、前,对BC整体受力分析,受到总重力和细线的拉力而平衡,故T=2.5mg;再对物体A受力分析,受到重力、细线拉力和弹簧的拉力;剪断细线后,重力和弹簧的弹力不变,细线的拉力减为零,故物体A受到的合力等于2.5mg,方向向上,根据牛顿第二定律得A的加速度为aA=-2.5mg3m=-56g;物体C受到的力不变,合力为零,故C的加速度为aC=0;剪断细线前B受重力、细线的拉力和弹簧的拉力,它们合力为零;剪断细线后,细线的拉力突变为零,重力和弹簧的弹力不变,故B合力大小等于细线的拉力2.5mg,方向竖直向下,根据牛顿第二定律得B的加速度为aB=2.5mg1.5m=53g,根据式知A、B、D错误,C正确。故

11、选C。8.如图所示,套有光滑小铁环的细线系在水平杆的两端A、B上,当杆沿水平方向运动时,小环恰好悬于A端的正下方与杆保持相对静止,已知小环质量为m,重力加速度为g,下列分析正确的是()A.杆可能做匀速运动B.细线的张力可能等于mgC.杆一定向右做加速度大于g的匀加速运动D.杆可能向左做加速度小于g的匀减速运动【解析】选D。因为小环是套在细线上的,同一根绳上的张力T处处相等,设倾斜的细线与水平方向的夹角为,在水平方向应有Tcos =ma,在竖直方向应有T+Tsin=mg,小环在水平方向必有加速度,不可能做匀速运动,A错误;由竖直方向的方程,可知细线的张力应小于mg,B错误;由于细线的拉力小于mg

12、,拉力在水平方向的分力肯定也小于mg,所以小环的加速度小于g,故C错误,D正确。9.如图所示,一条轻质弹簧左端固定,右端系一小物块,物块与水平面各处动摩擦因数相同,弹簧无形变时,物块位于O点。今先后分别把物块拉到P1和P2点由静止释放,物块都能运动到O点左方,设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q1和Q2点,则Q1与Q2点()世纪金榜导学号A.都在O点B.都在O点右方,且Q1离O点近C.都在O点右方,且Q2离O点近D.都在O点右方,且Q1、Q2在同一位置【解析】选D。物块速度最大时,其加速度为零,此时弹簧处于伸长状态,且有kx=mg,可见,两次速度最大的位置对应的弹簧伸长量相同,即都在O点

13、右方,且在同一位置,D正确。10.如图所示,在倾角为=37的粗糙斜面的顶端和底端各放置一个相同小木块A和B,木块与斜面间的动摩擦因数为=0.5。某时刻将小木块A自由释放,同一时刻让小木块B获得初速度v=6 m/s沿斜面上升,已知两木块在斜面的中点位置相遇,则两小木块相遇所用的时间为(sin37=0.6,g取10 m/s2)世纪金榜导学号()A.0.6 sB.1.2 sC.1.8 sD.2.4 s【解析】选B。A沿斜面加速下滑,加速度a1=g(sin37-cos37)=2 m/s2,B沿斜面减速上滑,加速度a2=g(sin37+cos37)=10 m/s2,减速到速度为零需要的时间t0=va2=

14、0.6 s,减速到零后,B沿斜面加速下滑,加速度为a1。两木块在斜面的中点相遇,滑动距离相等,12a1t2=vt-12a2t2,则t=2va1+a2=1 st0,不合理,说明两木块相遇时B已经沿斜面下滑。B上滑的最大位移s=v22a2=1.8 m,由s-12a1(t1-t0)2=12a1t12可得:t1=1.2 s或t1=-0.6 s(舍去),故B正确,A、C、D错误。11.(2019宁波模拟)民航客机都有紧急出口,发生意外情况时打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面形滑梯,乘客可沿滑梯滑行到地面上。如图所示,靠近驾驶舱的滑梯高4 m,倾角53。某乘客从滑梯滑下,并在水平地面

15、上滑行一段距离。已知人与滑梯间动摩擦因数为0.5,人与地面间动摩擦因数为0.6,不考虑人着地时撞击地面的能量损失。sin 53=0.8,cos 53=0.6。求:(1)人在滑梯上滑下时的加速度大小;(2)人在滑梯上滑下所需的时间;(3)人在地面上继续滑行的距离。【解析】(1)在滑梯上匀加速下滑mgsin -1mgcos =ma1解得a1=5 m/s2(2)滑梯长度x1=hsin=5 m,又x1=12a1t12解得t1=2 s1.4 s(3)刚到达地面时的速度v=a1t1=52 m/s在地面上匀减速滑动a2=2g=6 m/s2,v2=2a2x2解得x2=256 m4.17 m答案:(1)5 m/

16、s2(2)1.4 s(3)4.17 m12.(2016浙江10月选考真题)在某段平直的铁路上,一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶,5 min 后恰好停在某车站,并在该站停留4 min,随后匀加速驶离车站,经8.1 km后恢复到原速324 km/h。世纪金榜导学号(1)求列车减速时的加速度大小。(2)若该列车总质量为8.0105 kg,所受阻力恒为车重的0.1倍,求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小。(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。【解析】(1)列车的速度为v0=324 km/h=90 m/s,经过5 min=300 s停下,由运动学公式v=v0+

17、at可得加速度为a1=0.3 m/s2(2)由运动学公式v2-v02=2ax可得a2=0.5 m/s2由牛顿第二定律可得F牵-F阻=ma2F牵=1.2106 N(3)列车减速行驶的时间t1=300 s列车减速行驶的位移x1=12a1t12=13 500 m列车在车站停留t2=240 s列车加速行驶的位移x2=8 100 m所以整个过程的平均速度v=x1+x2t1+t2+t3=30 m/s=108 km/h答案: (1)0.3 m/s2(2)1.2106 N(3)108 km/h【总结提升】应用牛顿第二定律解题的两种方法(1)合成法:若物体只受两个力作用而产生加速度时,可利用平行四边形定则求出两个力的合力方向就是加速度的方向,特别是两个力互相垂直或相等时,应用力的合成法比较简单。(2)正交分解法:当物体受到三个以上的力作用时,常用正交分解法解题。分解力:一般将受到的力沿加速度方向和垂直加速度的方向进行分解。分解加速度:当物体受到的力互相垂直时,沿这两个互相垂直的方向分解加速度,再应用牛顿第二定律列方程求解,有时更简单。关闭Word文档返回原板块