高三物理總復(fù)習(xí) 3-2牛頓第二定律同步練習(xí) 新人教版

1、3-2牛頓第二定律 一、選擇題1(2011·北京)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長(zhǎng)彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運(yùn)動(dòng)某人做蹦極運(yùn)動(dòng)，所受繩子拉力F的大小隨時(shí)間t變化的情況如圖所示將蹦極過(guò)程近似為在豎直方向的運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.據(jù)圖可知，此人在蹦極過(guò)程中最大加速度約為()AgB2gC3gD4g答案B解析由Ft圖象知，靜止時(shí)，0.6F0mg 當(dāng)F1.8F0時(shí)，有最大加速度，根據(jù)牛頓第二定律：18F0mgma 由得a2g.2.如圖所示，正沿平直軌道向右勻速行駛的車(chē)廂內(nèi)，用水平繩a和傾斜繩b共同固定一個(gè)小球，若車(chē)廂改做加速運(yùn)動(dòng)，則兩繩的拉力FTa和FTb的變化情況是()A

2、FTa增大 BFTb減小CFTa不變 DFTa、FTb的合力增大答案AD解析當(dāng)向右勻速行駛時(shí)，F(xiàn)Ta與FTb的合力大小等于重力，方向豎直向上；當(dāng)向右加速時(shí)，球所受的合外力不為0，F(xiàn)Ta、FTb的合力在豎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，F(xiàn)Ta、FTb的合力增大3(2011·江西重點(diǎn)中學(xué)模擬)如圖(甲)是某景點(diǎn)的山坡滑道圖片，為了探究滑行者在滑道直線部分AE滑行的時(shí)間技術(shù)人員通過(guò)測(cè)量繪制出如圖(乙)所示的示意圖AC是滑道的豎直高度，D點(diǎn)是AC豎直線上的一點(diǎn)，且有ADDE10m，滑道AE可視為光滑，滑行者從坡頂A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿滑道AE向下做直線滑動(dòng)，g取

3、10m/s2，則滑行者在滑道AE上滑行的時(shí)間為()A.s B2s C.s D2s答案B解析設(shè)CAE，則由牛頓第二定律得，滑行者的加速度為agcos；由幾何關(guān)系得，AE2ADcos；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，AEat2，由以上兩式代入數(shù)據(jù)解得t2s，故B正確4(2011·黑龍江四校模擬)質(zhì)量為0.3kg的物體在水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)情況如圖所示，兩條直線為：水平方向物體只受摩擦力作用時(shí)和水平方向受到摩擦力、水平力F兩個(gè)力共同作用時(shí)的速度時(shí)間圖象，則下列說(shuō)法中正確的是(g10m/s2)()A水平力F可能等于0.3NB物體的摩擦力一定等于0.1NC水平力F一定等于0.1ND物體的摩擦力可能等于0

4、.3N答案C解析由題圖可知，物體在兩種情況下均做減速運(yùn)動(dòng)，圖線a的加速度大小為aam/s2m/s2，圖線b的加速度大小為abm/s2m/s2；若水平力F與速度方向相同，則Ff Fmaa、Ffmab，解得Ff0.2N、F0.1N；若水平力F與速度方向相反，則Ffmaa、FFfmab，解得F0.1N、Ff0.1N.故C正確5(2011·撫州模擬)如圖所示，帶有長(zhǎng)方體盒子的斜劈A放在固定的斜面體C的斜面上，在盒子內(nèi)放有光滑球B，B恰與盒子前、后壁P、Q點(diǎn)相接觸若使斜劈A在斜面體C上靜止不動(dòng)，則P、Q對(duì)球B無(wú)壓力以下說(shuō)法不正確的是()A若C的斜面光滑，斜劈A由靜止釋放，則Q點(diǎn)對(duì)球B有壓力B若

5、C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，則P、Q對(duì)B均無(wú)壓力C若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面勻速下滑，則P、Q對(duì)B均無(wú)壓力D若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，則Q點(diǎn)對(duì)球B有壓力答案B解析將A、B作為一個(gè)整體，若C的斜面光滑，不論斜劈A由靜止釋放，還是斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，整體都具有沿斜面向下的加速度gsin；隔離B進(jìn)行受力分析可知，除重力外，B還受到A的豎直向上的支持力，所以A的后壁的Q點(diǎn)一定對(duì)B產(chǎn)生壓力，B沿斜面向下的加速度才會(huì)達(dá)到gsin，故A正確、B錯(cuò)誤；若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面勻速下滑，P點(diǎn)和Q點(diǎn)都不能對(duì)B產(chǎn)生彈力，否則B不能做勻速運(yùn)動(dòng)；若斜劈A沿斜面加速

6、下滑時(shí)，Q點(diǎn)一定對(duì)B產(chǎn)生彈力，故C、D均正確6(2011·濰坊模擬)如圖(甲)所示，一物體沿足夠長(zhǎng)的光滑斜面從t0時(shí)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)受到沿斜面向上的風(fēng)力作用，風(fēng)力的大小與時(shí)間成正比，即Fkt(k為常數(shù))在物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體的加速度、速度隨時(shí)間變化的圖象正確的是(取沿斜面向下為正方向)()答案B解析對(duì)物體受力分析如圖所示，在t0時(shí)，F(xiàn)0，物體的加速度沿斜面向下，大小為agsin；隨時(shí)間t的增加，F(xiàn)增大，由牛頓第二定律得mgsinFma，所以物體的加速度沿斜面向下，大小為agsin，所以物體的加速度減小，速度增大；當(dāng)風(fēng)力F增大到Fmgsin時(shí)，物體的加速度為零，速度達(dá)到

7、最大；F繼續(xù)隨時(shí)間增大，物體的加速度沿斜面向上，由牛頓第二定律得Fmgsinma，則agsin，所以物體的加速度增大，速度減??；由于在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度隨時(shí)間先均勻減小后均勻增加，且方向發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤、B正確；由于加速度先減小后增大，所以vt圖象中圖線的斜率應(yīng)先減小后增大，故C、D均錯(cuò)誤7(2011·濟(jì)寧模擬)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端點(diǎn)相距x4m，以v02m/s的速度(始終保持不變)順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，今將一小煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地輕放至A點(diǎn)處，已知小煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，g取10m/s2. 由于小煤塊與傳送帶之間有相對(duì)滑動(dòng)，會(huì)在傳送帶上留下劃痕則小

8、煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中()A小煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是sB小煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是2.25sC劃痕長(zhǎng)度是4mD劃痕長(zhǎng)度是0.5m答案BD解析小煤塊剛放上傳送帶后，加速度ag 4m/s2，由v0at1可知，小煤塊加速到與傳送帶同速的時(shí)間為t10.5s，此時(shí)小煤塊運(yùn)動(dòng)的位移x1t10.5m，而傳送帶的位移為x2v0t11m，故小煤塊在帶上的劃痕長(zhǎng)度為lx2x10.5m，D正確，C錯(cuò)誤；之后的xx13.5m，小煤塊勻速運(yùn)動(dòng)，故t21.75s，故小煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間tt1t22.25s，A錯(cuò)誤，B正確8(2011·濟(jì)南模擬)如圖a所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(

9、物體與彈簧不連接)，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖b所示(g10m/s2)，則正確的結(jié)論是()A物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)B彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cmC物體的質(zhì)量為3kgD物體的加速度大小為5m/s2答案D解析設(shè)靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0，則kx0mg，施加拉力F后，設(shè)上移的位移為x，則此時(shí)彈簧的壓縮量為(x0x)，由牛頓第二定律可得：Fk(x0x)mgma得出Fmakx，對(duì)應(yīng)圖b可得：ma10N，kN/cm5N/cm，物體與彈簧分離時(shí)，彈簧應(yīng)處于自然狀態(tài)，故x04cm，故可計(jì)算得出：m2kg，a5m/

10、s2，因此只有D正確二、非選擇題9.一只小貓?zhí)饋?lái)抓住懸掛在天花板上的豎直木桿，如右圖所示，在這一瞬間懸繩斷了，設(shè)木桿足夠長(zhǎng)，由于小貓繼續(xù)上爬，所以小貓離地面高度不變，則木桿下降的加速度大小為_(kāi)，方向?yàn)開(kāi)(設(shè)小貓質(zhì)量為m，木桿的質(zhì)量為M)答案g向下解析先對(duì)貓進(jìn)行分析，由于貓相對(duì)地面高度不變，即貓?zhí)幱谄胶鉅顟B(tài)，而貓受重力G1mg和木桿對(duì)貓向上的摩擦力F的作用，如下圖所示，故G1與F二力平衡，即FG1mg 再對(duì)木桿進(jìn)行受力分析：木桿受重力G2Mg作用，由于木桿對(duì)貓有向上的摩擦力F，由牛頓第三定律可知，貓對(duì)桿有向下的摩擦力F，且FF 由牛頓第二定律，桿的加速度為a 由、式可得：ag，即桿下降的加速度

11、為g，方向向下10(2011·江西百所名校模擬)一游客在滑雪時(shí)，由靜止開(kāi)始沿傾角37°的山坡勻加速下滑下滑過(guò)程中攝影師分別在相距L22.5m的A點(diǎn)和B點(diǎn)各給游客抓拍一張照片，為了追求滑雪過(guò)程中的動(dòng)感效果，攝影師將相機(jī)的曝光時(shí)間定為 t0.1s.由于游客的速度較快，相片中出現(xiàn)了一定長(zhǎng)度的虛影，經(jīng)實(shí)地測(cè)量照片中與A點(diǎn)的虛影長(zhǎng)度相對(duì)應(yīng)的實(shí)際長(zhǎng)度lA2m ，照片中與B點(diǎn)的虛影長(zhǎng)度相對(duì)的實(shí)際長(zhǎng)度lB2.5m.若考慮在0.1s內(nèi)游客的運(yùn)動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng)，試計(jì)算：(g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)(1)游客在A點(diǎn)時(shí)速度的大小vA；(2)滑雪板與

12、坡道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)A點(diǎn)距出發(fā)點(diǎn)的距離LA.答案(1)20m/s(2)0.125(3)40m解析(1)在t時(shí)間內(nèi)游客的運(yùn)動(dòng)可看成勻速運(yùn)動(dòng)，則游客在A點(diǎn)的速度為vA20m/s(2)同理，游客在B點(diǎn)的速度為 vB25m/s設(shè)游客的加速度為a，由2aLvv得：a5m/s2由牛頓第二定律得：mgsinmgcosma解得0.125(3)游客的初速度為零，由2aLAv得LA40m11(2011·山東)如圖所示，在高出水平地面h1.8m的光滑平臺(tái)上放置一質(zhì)量M2kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板A，其右段長(zhǎng)度l10.2m且表面光滑，左段表面粗糙在A最右端放有可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B，其質(zhì)量m1k

13、g.B與A左段間動(dòng)摩擦因數(shù)0.4.開(kāi)始時(shí)二者均靜止，現(xiàn)對(duì)A施加F20N水平向右的恒力待B脫離A(A尚未露出平臺(tái))后，將A取走B離開(kāi)平臺(tái)后的落地點(diǎn)與平臺(tái)右邊緣的水平距離x1.2m.(取g10m/s2)求： (1)B離開(kāi)平臺(tái)時(shí)的速度vB.(2)B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛脫離A時(shí)，B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tB和位移xB.(3)A左端的長(zhǎng)度l2.答案(1)2m/s(2)0.5s0.5m(3)1.5m解析(1)設(shè)物塊B平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得hgt2 xvBt 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vB2m/s (2)設(shè)B的加速度為aB，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得mgmaB vBaBtB xBaBt 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得tB0.5s x

14、B0.5m. (3)設(shè)B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的速度為v1，由動(dòng)能定理得Fl1Mv 設(shè)B運(yùn)動(dòng)后A的加速度為aA，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，F(xiàn)mgMaA (l2xB)v1tBaAt 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得l21.5m.12(2011·金華十校模擬)傳送帶以恒定速度v4m/s順時(shí)針運(yùn)行，傳送帶與水平面的夾角37°.現(xiàn)將質(zhì)量m2kg的小物品輕放在其底端(小物品可看成質(zhì)點(diǎn))，平臺(tái)上的人通過(guò)一根輕繩用恒力F20N拉小物品，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物品被拉到離地高為H1.8m的平臺(tái)上，如圖所示已知物品與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°0.6，cos37°0.8.求：(1)物品從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)上所用的時(shí)間是多少？(2)若在物品與傳送帶達(dá)到同速瞬間撤去恒力F，求物品還需多少時(shí)間離開(kāi)傳送帶？答案(1)1s(2)(2)s解析(1)物品在達(dá)到與傳送帶速度v4m/s相等前，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律得：Fmgcos37°mgsin37°ma1解得a18m/