届高考物理人教版第一轮复习课时作业133牛顿第二定律的综合应用.docx

1、届高考物理人教版第一轮复习课时作业133牛顿第二定律的综合应用第 3 课时 牛顿第二定律的综合应用基本技能练1如图 1 所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲 起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力 (单位为 N) ，横坐标为时间 (单位为 s)。由图可知，该同学的体重约为 650 N，除此以外，还可以得到的信息有( )图 1A 该同学做了两次下蹲 起立的动作B该同学做了一次下蹲 起立的动作，且下蹲后约 2 s 起立C下蹲过程中人处于失重状态D下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析 在 34 s 下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在 67 s 起

2、立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项 A 、C、 D 错误， B 正确。答案 B2 (2014 石家庄一模 )2014 年 2 月 15 日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以 83.50 分夺得银牌。比赛场地可简化为由如图 2 所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成。若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是( )- 1 -图 2A 运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D运动员在减速区减速过程中处于失重状态解析 运动员

3、在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态， A 项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态， B 项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态， C 项正确；运动员在减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态， D 项错误。答案 C3.某兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。 将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图 3 甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片， O 是运动的最高点。设小球所受阻力大小不变，则小球受到的阻力大小约为( )

4、图 31 1 1A. 4mg B.3mg C.2mg D mg解析 设墙面上砖的厚度为 d，频闪照相的周期为 T，由上升过程中加速度的- 2 -19d3d6d，下降过程中加速度的大小3dd2d2 2a2 22，根据牛顿第大小 aTTTT二定律，上升过程有mgF ma ，下降过程有mgFma ，联立各式得 Fff1f212mg， C 正确。答案 C4(2014 河北石家庄质检 )质量 1 kg 的小物块，在 t0 时刻以 5 m/s 的初速度从斜面底端 A 点滑上倾角为 53的斜面， 0.7 s 时第二次经过斜面上的 B 点，若小物12块与斜面间的动摩擦因数为 3，则 AB 间的距离为(已知 g

5、10 m/s ，sin 53 0.8，cos 53 0.6)()A 1.05 mB 1.13 mC2.03 mD 1.25 m解析 物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1 g(sin cos )10m/s2, a2g(sin cos )6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为t1v00.5 s，a112位移为 x12a1t1 1.25 m，物块从最高点滑到 B点所用时间为 t2tt10.2 s，12位移为 x22a2t20.12 m，所以 AB 间的距离为 x1x2 1.13 m，选项 B 对。答案 B5 (多选 )(2014 广东江门一模 )如图 4，质量为 m 的木块在水平向右的力F 作

6、用下在质量为 M 的木板上滑行，木板长度为 L，保持静止。木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为 ，下列说法正确的是( )图 4A 木板受到地面的摩擦力大小是 mgB木板受到地面的摩擦力大小是 (m M)gC当 F (mM)g 时，木板便会开始运动- 3 -D木块滑过木板过程中，产生的内能为 mgL解析 由于木板保持静止， 木板水平方向上受到 m 施加的向右的滑动摩擦力和地面向左的静摩擦力而平衡， 所以木板受到地面的摩擦力大小是 mg，A 正确，B 错误；以 M 为研究对象，由于 mg (Mm)g，故无论 F 多大，木板都不会运动， C 错误；木块滑过木板过程中，产生的内能 E mgx相对

7、mgL，D正确。答案 AD6某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作时开始计时，演员先在杆上静止了 0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s 末刚好滑到杆底端， 并且速度恰好为零， 整个过程演员的 v t 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图 5 甲、乙所示， g10 m/s2，则下列说法正确的是( )图 5A 演员的体重为 800 NB演员在最后 2 s 内一直处于超重状态C传感器显示的最小拉力为 620 ND滑杆长 7.5 m解析 演员在滑杆上静止时传感器显示的

8、800 N 等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为 600 N， A 错误；由 vt 图象可知， 1.5 s 3.5 s内演员向下做匀减速运动，拉力大于重力，演员处于超重状态， B 正确；演员加速下滑时滑- 4 -杆所受拉力最小，加速下滑时 a1 3 m/s2，对演员由牛顿第二定律知 mgf1ma1，解得 f1 420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1420 N200 N 620 N，C 正确；由 v t 图象中图线围成的面积可得滑杆长为4.5 m，D 错误。答案 BC7(2014 山东冲刺卷二 )2013 年 10 月 11 日，温州乐清市德力西公司的专家楼 B 幢发生惊险

9、一幕，一个小男孩从楼上窗台突然坠落。但幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子安然无恙。假设从楼上窗台到接住男孩的位置高度差为 h 20 m，老伯接男孩的整个过程时间约为 0.2 s，则 (忽略空气阻力， g 取 10 m/s2)( )A 男孩接触老伯手臂时的速度大小为 25 m/sB男孩自由下落时间约为 4 sC老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的 11 倍D老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态解析 由运动规律可得，男孩下落到老伯手臂处的速度，由 v2 2gh，解得 v20 m/s，男孩的下落时间 t1 v/g 2 s，所以选项 A 、B 错误；从接触老伯手臂到停止运动，男孩的加速度

10、 av/t2100 m/s2，根据牛顿第二定律 Fmgma 可得，F 11mg，故 C 项正确；老伯接男孩的整个过程，男孩向下做减速运动，加速度方向向上，男孩处于超重状态， D 项错误。答案 C8 (2014 西安市质检二 )如图 6 所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为 2m 和 m，各接触面间的动摩擦因数均为 。重力加速度为 g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于( )- 5 -图 6A 3 mg B4 mg C 5 mg D 6 mg解析 纸板相对砝码恰好运动时

11、，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F(2mm)g(2mm)a，对砝码，由牛顿第二定律可得： 2 mg2ma，联立可得： F6 mg，选项 D 正确。答案 D能力提高练9. (2014 盐城市高三第三次模拟考试 )如图 7 所示，小木箱 ABCD 的质量 M1.2 kg，高 L1.0 m，其顶部离挡板 E 的距离 h2.0 m，木箱底部有一质量 m0.8 kg的小物体 P。在竖直向上的恒力 T 作用下，木箱向上运动。为了防止木箱与挡板碰撞后停止运动时小物体与木箱顶部相撞， 则拉力 T 的取值范围为 (重力加速度 g 取 10 m/s2)( )图 7A 0T30 NB0T35 NC20

12、 NT35 ND20 NT30 N解析 在木箱与小物体整体上升过程中，由牛顿第二定律得 T(Mm)g (M2m)a，当木箱与挡板相碰时速度为 vP 2ah，小物体与木箱顶部不相碰时速度- 6 -2TLvP 应满足 vP2gL，解得g g，得 T(Mm)g20 N，所以 T 的取值范围为： 20 NT30 N，故选项 D 正确。答案 D10如图 8 所示，质量为 m 2 kg 的物体静止于水平地面的A 处， A、B 间距 L。用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t02 s 拉至 B 处。 (取20 mg 10 m/s2)图 8(1)求物体与地面间的动摩擦因数 ；(2)该外力作用一段时间

13、后撤去，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间 t1。解析 (1)物体做匀加速直线运动，则L1 22L2202102at0，所以a t02m/s222m/s ，由牛顿第二定律得 F Ffma，又 Ff mg，所以 Ff Fma30 N210N10 N，所以 Ff 10 0.5。mg102力1112 12a1t11，联立以上各式，代入数(2)1 gt2 ， 22tF 作用时， a a，2a t2L tg2 3据，解得 t1 3 s。2 3答案 (1)0.5 (2) 3 s11(2014 江西上饶二模 如图 9 所示，倾角为 30的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相

14、接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h120 m 和 h25 m 的两点上，各静置一小球 A 和 B。某时刻由静止开始释放A 球，经过一段时间 t 后，再由静止开始释放 B 球， g 取 10 m/s2，求：- 7 -图 9(1)为了保证 A、B 两球不会在斜面上相碰， t 最长不能超过多少？(2)若 A 球从斜面上 h1 高度处自由下滑的同时， B 球受到恒定外力作用从 C 点以加速度 aB 由静止开始向右运动，则加速度 aB 满足什么条件时 A 球能追上 B球？解析 (1)两球在斜面上下滑的加速度相同，设加速度为 a，根据牛顿第二定律有mgsin 30 ma解得 a 5

15、m/s2h12设 A、B 两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和 t2，则11sin 302ath1 22 at2sin 302解得 t1 4 s， t2 2 s为了保证两球不会在斜面上相碰， t 最长不超过tt1t22 s。(2)设 A 球在水平面上再经 t0 追上 B 球，则1 B1t0)2at102a (ttA 球要追上 B 球，方程必须有解， 0可解得 aB2.5 m/s2。答案(1)2 s(2)aB2.5 m/s212(2014 湖南怀化一模 )如图 10 所示，木板与水平地面间的夹角 可以随意改变，当 30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块- 8 -从木板

16、的底端以大小恒定的初速率 v0 的速度沿木板向上运动，随着 的改变，小物块沿木板向上滑行的距离 x 将发生变化，重力加速度为 g。图 10(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当 角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。解析 (1)当 30时，木块处于平衡状态，对木块受力分析： mgsin FNFNmgcos 03解得 tan tan 30 。(2)当 变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为 a，则 mgsin mgcos ma2得由 0v0 2ax22v0v0x22g sin cos 2g 1sin 令 tan ，则当 90 时 x 最小，即 60 23v2所以 x 最小值为 xminv004g。2g sin 60 cos 60 33v2答案(1)(2) 60，034g- 9 -