高三物理总练习32牛顿第二定律练习新苏版.docx
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高三物理总练习32牛顿第二定律练习新苏版
高三物理总练习3-2牛顿第二定律练习新苏版
一、选择题
1.(2017·北京)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如下图.将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为( )
A.g B.2g
C.3g D.4g
[答案] B
[解析] 由F-t图象知,静止时,0.6F0=mg①
当F=1.8F0时,有最大加速度,根据牛顿第二定律:
1.8F0-mg=ma②
由①②得a=2g.
2.如下图,正沿平直轨道向右匀速行驶的车厢内,用水平绳a和倾斜绳b共同固定一个小球,若车厢改做加速运动,则两绳的拉力FTa和FTb的变化情况是( )
A.FTa增大B.FTb减小
C.FTa不变D.FTa、FTb的合力增大
[答案] AD
[解析] 当向右匀速行驶时,FTa与FTb的合力大小等于重力,方向竖直向上;当向右加速时,球所受的合外力不为0,FTa、FTb的合力在竖直方向的分量等于重力,水平方向的分量等于ma,由此得到FTa增大,FTa、FTb的合力增大.
3.(2017·江西重点中学模拟)如图(甲)是某景点的山坡滑道图片,为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间.技术人员通过测量绘制出如图(乙)所示的示意图.AC是滑道的竖直高度,D点是AC竖直线上的一点,且有AD=DE=10m,滑道AE可视为光滑,滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动,g取10m/s2,则滑行者在滑道AE上滑行的时间为( )
A.
sB.2s
C.
sD.2
s
[答案] B
[解析] ①设∠CAE=θ,则由牛顿第二定律得,滑行者的加速度为a=gcosθ;②由几何关系得,AE=2ADcosθ;③由运动学公式得,AE=
at2,由以上两式代入数据解得t=2s,故B正确.
4.(2017·黑龙江四校模拟)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动,其运动情况如下图,两条直线为:
水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度—时间图象,则以下说法中正确的选项是(g=10m/s2)( )
A.水平力F可能等于0.3N
B.物体的摩擦力一定等于0.1N
C.水平力F一定等于0.1N
D.物体的摩擦力可能等于0.3N
[答案] C
[解析] ①由题图可知,物体在两种情况下均做减速运动,图线a的加速度大小为aa=
m/s2=
m/s2,图线b的加速度大小为ab=
m/s2=
m/s2;②若水平力F与速度方向相同,则Ff-F=maa、Ff=mab,解得Ff=0.2N、F=0.1N;若水平力F与速度方向相反,则Ff=maa、F+Ff=mab,解得F=0.1N、Ff=0.1N.故C正确.
5.(2017·抚州模拟)如下图,带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触.若使斜劈A在斜面体C上静止不动,则P、Q对球B无压力.以下说法不正确的选项是( )
A.若C的斜面光滑,斜劈A由静止释放,则Q点对球B有压力
B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则P、Q对B均无压力
C.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,则P、Q对B均无压力
D.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面加速下滑,则Q点对球B有压力
[答案] B
[解析] ①将A、B作为一个整体,若C的斜面光滑,不论斜劈A由静止释放,还是斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,整体都具有沿斜面向下的加速度gsinθ;隔离B进行受力分析可知,除重力外,B还受到A的竖直向上的支持力,所以A的后壁的Q点一定对B产生压力,B沿斜面向下的加速度才会达到gsinθ,故A正确、B错误;②若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,P点和Q点都不能对B产生弹力,否则B不能做匀速运动;若斜劈A沿斜面加速下滑时,Q点一定对B产生弹力,故C、D均正确.
6.(2017·潍坊模拟)如图(甲)所示,一物体沿足够长的光滑斜面从t=0时由静止开始运动,同时受到沿斜面向上的风力作用,风力的大小与时间成正比,即F=kt(k为常数).在物体沿斜面向下运动的过程中,物体的加速度、速度随时间变化的图象正确的选项是(取沿斜面向下为正方向)( )
[答案] B
[解析] ①对物体受力分析如下图,在t=0时,F=0,物体的加速度沿斜面向下,大小为a=gsinθ;随时间t的增加,F增大,由牛顿第二定律得mgsinθ-F=ma,所以物体的加速度沿斜面向下,大小为a=gsinθ-
,所以物体的加速度减小,速度增大;当风力F增大到F=mgsinθ时,物体的加速度为零,速度达到最大;F继续随时间增大,物体的加速度沿斜面向上,由牛顿第二定律得F-mgsinθ=ma,则a=
-gsinθ,所以物体的加速度增大,速度减小;②由于在沿斜面向下运动的过程中,加速度随时间先均匀减小后均匀增加,且方向发生变化,故A错误、B正确;③由于加速度先减小后增大,所以v-t图象中图线的斜率应先减小后增大,故C、D均错误.
7.(2017·济宁模拟)如下图,水平传送带A、B两端点相距x=4m,以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕.则小煤块从A运动到B的过程中( )
A.小煤块从A运动到B的时间是
s
B.小煤块从A运动到B的时间是2.25s
C.划痕长度是4m
D.划痕长度是0.5m
[答案] BD
[解析] 小煤块刚放上传送带后,加速度a=μg=4m/s2,由v0=at1可知,小煤块加速到与传送带同速的时间为t1=
=0.5s,此时小煤块运动的位移x1=
t1=0.5m,而传送带的位移为x2=v0t1=1m,故小煤块在带上的划痕长度为l=x2-x1=0.5m,D正确,C错误;之后的x-x1=3.5m,小煤块匀速运动,故t2=
=1.75s,故小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25s,A错误,B正确.
8.(2017·济南模拟)如图a所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g=10m/s2),则正确的结论是( )
A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为7.5N/cm
C.物体的质量为3kg
D.物体的加速度大小为5m/s2
[答案] D
[解析] 设静止时弹簧的压缩量为x0,则kx0=mg,施加拉力F后,设上移的位移为x,则此时弹簧的压缩量为(x0-x),由牛顿第二定律可得:
F+k(x0-x)-mg=ma得出F=ma+kx,对应图b可得:
ma=10N,k=
N/cm=5N/cm,物体与弹簧分离时,弹簧应处于自然状态,故x0=4cm,故可计算得出:
m=2kg,a=5m/s2,因此只有D正确.
二、非选择题
9.一只小猫跳起来抓住悬挂在天花板上的竖直木杆,如右图所示,在这一瞬间悬绳断了,设木杆足够长,由于小猫继续上爬,所以小猫离地面高度不变,则木杆下降的加速度大小为________,方向为________.(设小猫质量为m,木杆的质量为M)
[答案]
g 向下
[解析] 先对猫进行分析,由于猫相对地面高度不变,即猫处于平衡状态,而猫受重力G1=mg和木杆对猫向上的摩擦力F的作用,如下图所示,故G1与F二力平衡,即
F=G1=mg①
再对木杆进行受力分析:
木杆受重力G2=Mg作用,由于木杆对猫有向上的摩擦力F,由牛顿第三定律可知,猫对杆有向下的摩擦力F′,且
F′=F②
由牛顿第二定律,杆的加速度为
a=
③
由①、②、③式可得:
a=
g,
即杆下降的加速度为
g,方向向下.
10.(2017·江西百所名校模拟)一游客在滑雪时,由静止开始沿倾角θ=37°的山坡匀加速下滑.下滑过程中摄影师分别在相距L=22.5m的A点和B点各给游客抓拍一张照片,为了追求滑雪过程中的动感效果,摄影师将相机的曝光时间定为Δt=0.1s.由于游客的速度较快,相片中出现了一定长度的虚影,经实地测量照片中与A点的虚影长度相对应的实际长度lA=2m,照片中与B点的虚影长度相对的实际长度lB=2.5m.若考虑在0.1s内游客的运动可视为匀速运动,试计算:
(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)游客在A点时速度的大小vA;
(2)滑雪板与坡道间的动摩擦因数μ;
(3)A点距出发点的距离LA.
[答案]
(1)20m/s
(2)0.125 (3)40m
[解析]
(1)在Δt时间内游客的运动可看成匀速运动,则游客在A点的速度为vA=
=20m/s
(2)同理,游客在B点的速度为vB=
=25m/s
设游客的加速度为a,由2aL=v
-v
得:
a=5m/s2
由牛顿第二定律得:
mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得μ=0.125
(3)游客的初速度为零,由2aLA=v
得LA=40m
11.(2017·山东)如下图,在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A,其右段长度l1=0.2m且表面光滑,左段表面粗糙.在A最右端放有可视为质点的物块B,其质量m=1kg.B与A左段间动摩擦因数μ=0.4.开始时二者均静止,现对A施加F=20N水平向右的恒力.待B脱离A(A尚未露出平台)后,将A取走.B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m.(取g=10m/s2)求:
(1)B离开平台时的速度vB.
(2)B从开始运动到刚脱离A时,B运动的时间tB和位移xB.
(3)A左端的长度l2.
[答案]
(1)2m/s
(2)0.5s 0.5m (3)1.5m
[解析]
(1)设物块B平抛运动时间为t,由运动学公式得
h=
gt2①
x=vBt②
联立①②式,代入数据得
vB=2m/s③
(2)设B的加速度为aB,由牛顿第二定律和运动学知识得
μmg=maB④
vB=aBtB⑤
xB=
aBt
⑥
联立③④⑤⑥式,代入数据得
tB=0.5s⑦
xB=0.5m.⑧
(3)设B刚开始运动时,A的速度为v1,由动能定理得
Fl1=
Mv
⑨
设B运动后A的加速度为aA,由牛顿第二定律和运动学公式得,
F-μmg=MaA⑩
(l2+xB)=v1tB+
aAt
⑪
联立⑦⑧⑨⑩⑪式,代入数据得l2=1.5m.
12.(2017·金华十校模拟)传送带以恒定速度v=4m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角θ=37°.现将质量m=2kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点),平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20N拉小物品,经过一段时间物品被拉到离地高为H=1.8m的平台上,如下图.已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少?
(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,求物品还需多少时间离开传送带?
[答案]
(1)1s
(2)(2-
)s
[解析]
(1)物品在达到与传送带速度v=4m/s相等前,做初速度为零的匀加速直线运动.由牛顿第二定律得:
F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1
解得a1=8m/s2
由v=a1t1得t1=0.5s
位移为x1=
a1t
=1m
达到共同速度后,由牛顿第二定律得:
F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2
解得a2=0,即物品随传送带匀速上升,
位移为x2=
-x1=2m
所以时间为t2=
=0.5s
总时间为t=t1+t2=1s
(2)撤去F后,由牛顿第二定律得:
μmgcos37°-mgsin37°=ma3
解得a3=-2m/s2
假设物品向上匀减速到速度为零时,通过的位移为x,则:
x=-
=4m>x2
由x2=vt3+
a3t
得:
t3=(2-
)s
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