32b牛顿第二定律 两类动力学问题名师学案同步测试高三一轮.docx
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32b牛顿第二定律两类动力学问题名师学案同步测试高三一轮
限时·规范·特训
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kg
D.只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是F=ma
解析:
在国际单位制中,有基本单位,有导出单位,千克、米、秒是基本单位,牛顿是导出单位,选项A、B错误;在国际单位制中,一个物理量只有一个单位,选项C错误;在其他单位制中,牛顿第二定律的比例系数不是1,故选项D正确。
答案:
D
2.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74kg。
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100N的水平恒力作用而复位,用光栅测得复位时瞬间速度为1m/s,则复位的时间为( )
A.0.74s B.0.37s
C.0.26sD.1.35s
解析:
宇航员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用,所以是匀变速直线运动,由牛顿第二定律可得宇航员的加速度为a=
=
=
m/s2,再根据加速度的定义式a=
得到复位的时间,所以复位时间t=
=
s=0.74s,A正确。
答案:
A
3.[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
解析:
若小车向右加速度增大,则车左壁受物块的压力F1增大,车右壁受弹簧的压力F2的大小不变,选项B正确。
答案:
B
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.Mgsinθ,向左B.Mgtanθ,向右
C.Mgcosθ,向右D.Mgtanθ,向左
解析:
由小球的偏向角θ可求a=gtanθ,则fA=Ma=Mgtanθ方向与加速度方向一致即向右,所以选项B正确。
答案:
B
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
解析:
在细线烧断前,A、B两球的受力情况如图甲所示,由平衡条件可得,对B球有F绳=mg,对A球有F弹=mg+F绳,解得F弹=2mg,在细线烧断后的瞬间,F绳立即消失,弹簧弹力及各球重力不变,两球的受力情况如图乙所示,由牛顿第二定律可得,B球有竖直向下的重力加速度g,对A球有F弹-mg=maA,解得aA=g,方向竖直向上,D正确。
答案:
D
6.[2014·哈尔滨三中期末]物体甲、乙原来静止于光滑水平面上。
从t=0时刻开始,甲沿水平面做直线运动,速度随时间变化如图(甲)所示;乙受到如图(乙)所示的水平拉力作用。
则在0~4s的时间内( )
A.甲物体所受合力不断变化
B.甲物体的速度不断减小
C.2s末乙物体改变运动方向
D.2s末乙物体速度达到最大
解析:
对于题图(甲),v-t图线的斜率表示物体的加速度,对于甲物体而言,加速度恒定,合力恒定,选项A错误;甲物体的速度先减小为零,再逐渐增大,选项B错误;对于题图(乙),物体乙的合力先逐渐减小为零,再反向逐渐增大,因而物体乙先做加速运动,t=2s时速度达到最大,然后做减速运动,t=4s时速度减小为零,选项C错误,选项D正确。
答案:
D
7.[2015·崇明模拟]如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点。
竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心。
已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点;c球由C点自由下落到M点。
则( )
A.a球最先到达M点
B.b球最先到达M点
C.c球最先到达M点
D.b球和c球同时到达M点
解析:
如图所示,令圆环半径为R,则c球由C点自由下落到M点用时满足R=
gt
,所以tc=
;对于a球令AM与水平面成θ角,则a下滑时的加速度为a=gsinθ,球下滑到M用时满足AM=2Rsinθ=
gsinθt
,
即ta=2
;同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb=2
(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,r>R)。
综上所述可得tb>ta>tc。
答案:
C
8.(多选)如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/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=10m/s2。
关于热气球,下列说法正确的是( )
A.所受浮力大小为4830N
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10s后的速度大小为5m/s
D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
解析:
热气球刚开始上升时,速度为零,不受空气阻力,只受重力、浮力,由牛顿第二定律知F-mg=ma,得F=m(g+a)=4830N,选项A正确;加速上升过程中,速度增大,所受空气阻力也增大,则选项B错误;热气球以5m/s的速度匀速上升时,由平衡条件知所受的空气阻力Ff=F-mg=230N,则选项D正确;热气球从地面开始上升10s内做变加速运动,故10s时其速度大小要小于5m/s,则选项C错误。
答案:
AD
9.[2015·郑州模拟](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为
mg+ma
D.小物块受到的静摩擦力为
mg+ma
解析:
小物块相对于斜面静止,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,以小物块为研究对象,则有Ff-mgsin30°=ma,Ff=
mg+ma,方向平行斜面向上。
答案:
AD
10.(多选)2013年冬天哈尔滨连降大雪,路面结冰严重,行驶汽车难以及时停车,经常出现事故。
因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦。
如图所示,一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰,灰粒之间的动摩擦因数为μ1,炉灰与车厢底板的动摩擦因数为μ2,卸灰时车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。
下列说法正确的是( )
A.要顺利地卸干净全部炉灰,应满足tanθ>μ2
B.要顺利地卸干净全部炉灰,应满足sinθ>μ2
C.只卸去部分炉灰,车上还留有一部分炉灰,应满足μ1 D.只卸去部分炉灰,车上还留有一部分炉灰,应满足tanθ<μ1<μ2 解析: 要使炉灰全部卸下,应有: mgsinθ>μ2mgcosθ,所以μ2 要使炉灰留下一部分,则应: m′gsinθ<μ2m′gcosθ,得出μ2>tanθ,且炉灰之间有: m″gsinθ>μ1m″gcosθ,得出μ1 答案: AC 二、非选择题(本题共2小题,共40分) 11.(14分)质量m=2kg的滑块受到一个沿斜面方向的恒力F作用,从斜面底端开始,以初速度v0=3.6m/s沿着倾角为θ=37°且足够长的斜面向上运动,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5。 滑块向上滑动过程的速度—时间(v-t)图象如图所示。 (取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)滑块上滑过程的加速度大小和方向; (2)该恒力F的大小和方向。 解析: (1)设沿斜面向上为正方向,滑块上滑过程中加速度 a= = m/s2 =-15m/s2 负号表示方向沿斜面向下。 (2)设F沿斜面向上,则F-mgsinθ-μmgcosθ=ma F=mgsinθ+μmgcosθ+ma 代入数据解得F=-10N,负号表示方向沿斜面向下。 答案: (1)15m/s2,方向沿斜面向下 (2)10N,方向沿斜面向下 12.(26分)[2015·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vm,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 v =2a1· 解得: vm=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 v =2a2L 解得: μ=0.4 (3)设滑块在斜面上运动的时间为t1,则: vm=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=vm-a2(t-t1) 解得: v=3.2m/s 答案: (1)4m/s (2)0.4 (3)3.2m/s
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