2019年度高考-物理(人教出版)第一轮复习材料课时作业1-3-3牛顿第二定律的综合应用.doc

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1、.*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(2

2、014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()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

3、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()图3A.mg B.mg C.mg Dmg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大小a1，下降过程中加速度的大小a2，根据牛顿第二定律，上升过程有mgFfma1，下降过

4、程有mgFfma2，联立各式得Ffmg，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，若小物块与斜面间的动摩擦因数为，则AB间的距离为(已知g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)()A1.05 m B1.13 m C2.03 m D1.25 m解析物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1g(sin cos ) 10 m/s2, a2g(sin cos )6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为t10.5 s，位移为x1a1t 1.25 m，物块从最高点滑到

5、B点所用时间为t2tt10.2 s，位移为x2a2t0.12 m，所以AB间的距离为x1x21.13 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(mM)gC当F(mM)g时，木板便会开始运动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

6、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Emgx相对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vt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

7、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 s3.5 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；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，加速下滑时a13 m/s2，对演员由牛顿第二定律知mgf1ma1，解得f1420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1420 N200 N620 N，C正确；由vt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

8、生惊险一幕，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h20 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/s B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v22gh，解得v20 m/s，男孩的下落时间t1v/g2 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av/t2100 m/s2，根据牛顿第

9、二定律Fmgma可得，F11mg，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()图6A3mg B4mg C5mg D6mg解析纸板相对砝码恰好运动时，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：2m

10、g2ma，联立可得：F6mg，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7A0T30 NB0T35 NC20 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(Mm)a，当木箱与挡板相碰时速度为v2ah，小物体与木箱顶部不相碰时速度

11、vP应满足v2gL，解得gg，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m2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L20 m。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g10 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Lat，所以a m/s210 m/s2，由牛顿第二定律得FFfma，又Ffmg，所以FfFma30 N210 N10 N，所以0.5。(2)力F作

12、用时，a1a，a1tgtL，t22t1，联立以上各式，代入数据，解得t1 s。答案(1)0.5(2) 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：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

13、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 30ma解得a5 m/s2设A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2，则atat解得t14 s，t22 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aB(t1t0)2at1t0A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。若让该小木块从木板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 0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 ma由0v2ax得x令tan ，则当90时x最小，即60所以x最小值为xmin。答案(1)(2)60，