届高考物理一轮 32牛顿第二定律两类动力学问题课时提升作业 新人教版必修1.docx

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届高考物理一轮32牛顿第二定律两类动力学问题课时提升作业新人教版必修1

2014届高考物理一轮课时提升作业：

必修1.3.2牛顿第二定律、两类动力学问题

（40分钟100分）

一、选择题（本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题至少一个答案正确,选不全得4分）

1.（2013·廊坊模拟）从正在加速上升的气球上落下一个物体,在物体刚离开气球的瞬间,下列说法正确的是（　　）

A.物体向下做自由落体运动

B.物体向上运动,加速度向上

C.物体向上运动,加速度向下

D.物体向上还是向下运动,要看物体离开气球时的速度

2.（2013·莆田模拟）如图所示,底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1kg的物块,在水平地面上,当小车做匀速直线运动时,两弹簧测力计的示数均为10N,当小车做匀加速直线运动时,弹簧测力计甲的示数为8N,这时小车运动的加速度大小是（　　）

A.2m/s2B.4m/s2

C.6m/s2D.8m/s2

3.汽车正在走进千家万户,在给人们的出行带来方便的同时也带来了安全隐患。

行车过程中,如果车距较近,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带,假定乘客质量为70kg,汽车车速为90km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s,安全带对乘客的作用力大小约为（不计人与座椅间的摩擦）（　　）

A.450NB.400N

C.350ND.300N

4.用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体,力F作用3s后撤去,则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是（　　）

A.v=6m/s,a=0

B.v=10m/s,a=2m/s2

C.v=6m/s,a=2m/s2

D.v=10m/s,a=0

5.如图所示,一木块在光滑水平面上受一恒力F作用,前方固定一足够长的弹簧,则当木块接触弹簧后（　　）

A.木块立即做减速运动

B.木块在一段时间内速度仍可增大

C.当F等于弹簧弹力时,木块速度最大

D.弹簧压缩量最大时,木块加速度为零

6.（2013·哈尔滨模拟）如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动。

将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处,经过t秒后,Q的速度也变为v,再经t秒物体Q到达传送带的右端B处,则（　　）

A.前t秒内物体做匀加速运动,后t秒内物体做匀减速运动

B.后t秒内Q与传送带之间无摩擦力

C.前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1∶1

D.Q由传送带左端运动到右端的平均速度为

v

7.（2013·庆阳模拟）如图所示,车内绳AB与绳BC拴住一小球,BC水平,车由原来的静止状态变为向右加速直线运动,小球仍处于图中所示的位置,则（　　）

A.AB绳、BC绳拉力都变大

B.AB绳拉力变大,BC绳拉力变小

C.AB绳拉力变大,BC绳拉力不变

D.AB绳拉力不变,BC绳拉力变大

8.（2013·潍坊模拟）如图所示,质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N的恒力,在此恒力作用下（取g=10m/s2）（　　）

A.物体经10s速度减为零

B.物体经2s速度减为零

C.物体速度减为零后将保持静止

D.物体速度减为零后将向右运动

9.（2013·徐州模拟）如图所示,物块A、B、C质量分别为m、2m、3m,A与天花板间、B与C之间用轻弹簧相连,当系统平衡后,突然将A、B间轻绳剪断,在轻绳剪断瞬间,A、B、C的加速度（以向下为正方向）分别为（　　）

A.g,g,g　　　　　　B.-5g,2.5g,0

C.-5g,2g,0D.-g,2g,3g

10.（能力挑战题）如图所示,在光滑的水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体,B的质量是A的2倍,B受到向右的恒力FB=2N,A受到的水平力FA=（9-2t）N（t的单位是s）。

取向右为正方向,从t=0开始计时,则（　　）

A.A物体在3s末的加速度是初始时刻的

倍

B.t>4s后,B物体做匀加速直线运动

C.t=4.5s时,A物体的速度为零

D.t>4.5s后,A、B的加速度方向相反

二、计算题（本大题共2小题,共30分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位）

11.（2013·昆明模拟）（14分）我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用,为使战斗机更容易起飞,“辽宁号”使用了滑跃技术,如图甲所示。

其甲板可简化为乙图模型:

AB部分水平,BC部分倾斜,倾角为θ。

战斗机从A点开始滑跑,C点离舰,此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F,ABC甲板总长度为L,战斗机质量为m,离舰时的速度为vm,重力加速度为g。

求AB部分的长度。

12.（16分）如图所示为上、下两端相距L=5m、倾角α=30°、始终以v=3m/s的速率顺时针转动的传送带（传送带始终绷紧）。

将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下,经过t=2s到达下端,重力加速度g取10m/s2,求:

（1）传送带与物体间的动摩擦因数多大?

（2）如果将传送带逆时针转动,速率至少多大时,物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端。

答案解析

1.【解析】选C。

刚离开气球瞬间,物体由于惯性保持向上的速度,但由于合外力向下,故加速度方向向下。

2.【解析】选B。

小车做匀速直线运动时,物块随小车也做匀速直线运动,两弹簧测力计示数均为10N,形变相同,弹簧测力计甲的示数变为8N,形变减小Δx,弹簧测力计乙形变要增加Δx,故弹簧测力计乙的示数为12N,物块受到的合外力F=4N,故加速度的大小是a=

m/s2=4m/s2,选项B正确。

3.【解析】选C。

汽车的速度v0=90km/h=25m/s,设汽车匀减速的加速度大小为a,则a=

=5m/s2,对乘客应用牛顿第二定律得:

F=ma=70×5N=350N,所以C正确。

4.【解析】选A。

由牛顿第二定律,在前3s内物体的加速度a=

=2m/s2,3s末的速率v=at=6m/s,当外力F撤去后,加速度变为零,物体的速率保持6m/s不变,选项A正确。

5.【解析】选B、C。

木块在光滑水平面上做匀加速运动,与弹簧接触后,F>F弹,随弹簧形变量的增大,向左的弹力F弹逐渐增大,木块做加速度减小的加速运动;当弹力和F相等时,木块速度最大,之后木块做减速运动,弹簧压缩量最大时,木块加速度向左不为零,故选项B、C正确。

6.【解析】选B、D。

前t秒内物体Q相对传送带向左滑动,物体Q受向右的滑动摩擦力,由牛顿第二定律Ff=ma可知,物体Q做匀加速运动,后t秒内物体Q相对传送带静止,做匀速运动,不受摩擦力作用,选项A错误,B正确;前t秒内Q的位移x1=

t,后t秒内Q的位移x2=vt,故

选项C错误;Q由传送带左端运动到右端的平均速度

选项D正确。

【变式备选】如图所示,传送皮带不动时,物块从皮带顶端A由静止开始下滑到皮带底端B所用的时间为t,则（　　）

A.当皮带逆时针转动时,物块由A滑到B的时间一定大于t

B.当皮带逆时针转动时,物块由A滑到B的时间一定等于t

C.当皮带顺时针转动时,物块由A滑到B的时间可能等于t

D.当皮带顺时针转动时,物块由A滑到B的时间一定小于t

【解析】选B、D。

当皮带逆时针转动时,A下滑过程中受力不变,加速度不变,所以下滑时间不变,选项A错误,B正确;当皮带顺时针转动时,A开始下滑过程受到的摩擦力沿斜面向下,下滑加速度变大,所以下滑时间一定小于t,选项C错误,D正确。

7.【解析】选D。

车加速时,小球受力如图所示,由牛顿第二定律得,水平方向FT2-FT1sinθ=ma,竖直方向FT1cosθ-G=0,解以上两式得FT1=

FT2=FT1sinθ+ma,故FT1不变,FT2变大,选项D正确。

【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。

（1）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。

（2）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。

8.【解析】选B、C。

物体受到向右的滑动摩擦力,Ff=μFN=μmg=3N,根据牛顿第二定律得,a=

m/s2=5m/s2,方向向右。

物体减速到零所需的时间t=

s=2s,B正确,A错误;减速到零后,F

9.【解析】选B。

轻绳剪断前,对A、B、C整体由平衡条件得,6mg-F1=0,解得F1=6mg,对C由平衡条件得3mg-F2=0,解得F2=3mg;轻绳剪断瞬间,两个轻弹簧的拉力保持不变,而轻绳的拉力立即消失,由牛顿第二定律得,对A:

mg-F1=maA,解得aA=-5g,对B:

2mg+F2=2maB,解得aB=2.5g,对C:

3mg-F2=3maC,解得aC=0,故选项B正确。

【变式备选】如图所示,质量为m的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态。

当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为（　　）

A.0　　　B.

g　　　C.g　　　D.

g

【解析】选B。

开始小球处于平衡状态,受重力mg、支持力FN,弹簧拉力F三个力作用,如图所示,由平衡条件可得支持力FN=

mg,重力mg、弹簧拉力F的合力大小等于支持力FN,当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球不再平衡,此时小球所受的合力与FN等大反向,由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为

g,故选项B正确。

10.【解析】选A、B、D。

对于A、B整体,根据牛顿第二定律有FA+FB=（mA+mB）a,开始时合力为11N,3s末合力为5N;设A、B间的作用力为FN,则对B进行分析,由牛顿第二定律可得:

FN+FB=mBa,解得FN=mB

当t=4s时,FN=0,A、B两物体开始分离,此后B做匀加速直线运动;而A做加速度逐渐减小的加速运动,当t=4.5s时,A物体的加速度为零而速度不为零;t>4.5s后,A所受合外力反向,即A、B的加速度方向相反。

故选项A、B、D正确。

11.【解析】在A、B段,根据牛顿运动定律得:

F=ma1（2分）

设B点速度大小为v,根据运动学公式可得:

v2=2a1x1（3分）

在B、C段,根据牛顿运动定律得:

F-mgsinθ=ma2（3分）

从B到C,根据运动学公式可得:

vm2-v2=2a2x2（3分）

据题意:

L=x1+x2（1分）

联立以上各式解得:

x1=

（2分）

答案：

12.【解题指南】解答本题可按以下思路进行:

（1）分析传送带顺时针和逆时针转动时物体所受滑动摩擦力的方向;

（2）利用牛顿运动定律结合运动学公式列方程求解。

【解析】

（1）物体在传送带上受力如图所示,物体沿传送带向下匀加速运动,设加速度为a。

由题意得L=

at2,

解得a=2.5m/s2（3分）

由牛顿第二定律得mgsinα-Ff=ma（3分）

又Ff=μmgcosα（2分）

故μ=0.29（1分）

（2）如果传送带逆时针转动,要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端,则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下,设此时传送带速度为vm,物体加速度为a′。

由牛顿第二定律得mgsinα+Ff=ma′

（3分）

又

vm2=2La′（2分）

故vm=

=8.66m/s。

（2分）

答案：

（1）0.29

（2）8.66m/s