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高考物理一轮复习课时作业14牛顿第二定律的应用专题二(含解析)
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这是一份高考物理一轮复习课时作业14牛顿第二定律的应用专题二(含解析),共9页。试卷主要包含了选择题,非选择题等内容,欢迎下载使用。
牛顿第二定律的应用专题一、选择题1.(2018·上海一模)如图,小物块置于倾角为θ的斜面上,与斜面一起以大小为gtanθ的加速度向左做匀加速直线运动,两者保持相对静止,则运动过程中,小物块受力的示意图为( )答案 A解析 假设物体受到摩擦力沿斜面向上,对物体受力分析,沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系,由牛顿第二定律可得:FNsinθ-Ffcosθ=maFNcosθ+Ffsinθ-G=0联立解得:Ff=0,故物体只受支持力和重力,故A项正确,B、C、D三项错误.2.(2018·莆田模拟)如图所示,质量分别为m1=1 kg、m2=4 kg的A、B两物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧秤连接,大小均为20 N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上,系统处于静止状态.下列说法正确的是( )A.弹簧秤的示数是0 NB.弹簧秤的示数是40 NC.突然撤去F2的瞬间,B的加速度大小为5 m/s2D.撤去F1后,当A、B加速度相同时,弹簧秤的示数是16 N答案 C解析 A、B两项,两水平拉力作用下两物体受力平衡,根据平衡条件可知弹簧秤的示数为T=20 N,故A、B项错误;C项,在突然撤去F2的瞬间,因为弹簧的弹力不能发生突变,所以m2的加速度大小为:a== m/s2=5 m/s2,故C项正确;D项,撤去F1后,当A、B加速度相同时,=,解得T′=4 N,故D项错误。3.(2018·郑州一模)在倾角为30°的光滑斜面上,有一个箱子,箱内有一个斜面,在斜面上放置一个重60 N的球,如图所示,当箱子在斜面上下滑时,球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是( )A.40 N,30 N B.30 N,50 NC.40 N,50 N D.50 N,60 N答案 C解析 对箱子和球整体分析,根据牛顿第二定律,有:(M+m)gsin30°=(M+m)a,解得:a=gsin30°=10× m/s2=5 m/s2;再隔离球受力分析,如图所示:在平行斜面方向,有:mgsin30°+N1-N2sin53°=ma,在垂直斜面方向,有:mgcos30°-N2cos53°=0,联立解得:N1=40 N,N2=50 N;根据牛顿第三定律,球对箱子后壁的压力为40 N,对箱内斜面的压力为50 N;故A、B、D三项错误,C项正确.4.(2018·河南二模)“双人滑草”项目可以简化为如下模型:如图所示,A、B物块紧靠在倾角为α粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑,斜面与A之间的动摩擦因数为3μ,与B之间的动摩擦因数为μ,A物块的质量为m,B物块的质量为3m,已知重力加速度为g.则在下滑过程中,物块A、B之间作用力的大小等于( )A.μmgsinα B.μmgsinαC.μmgcosα D.μmgcosα答案 D解析 对A、B整体受力分析,根据牛顿第二定律可知:4mgsinθ-3μmgcosα-μ·3mgcosα=4ma解得:a=gsinα-μgcosα对B受力分析,根据牛顿第二定律可知:3mgsinα-μ·3mgcosα-F=3ma解得:F=μmgcosα,故D项正确.5.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量均为m的物体A、B接触(A与B和弹簧均未连接),弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物体B,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0,此时物体A、B静止.已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ,物体B与水平面间的摩擦不计.撤去F后,物体A、B开始向左运动,A运动的最大距离为4x0,重力加速度为g.则( )A.撤去F后,物体A和B先做匀加速运动,再做匀减速运动B.撤去F瞬间,物体A、B的加速度大小为-μgC.物体A、B一起向左运动距离x0后相互分离D.物体A、B一起向左运动距离x=x0-后相互分离答案 D解析 A、B一起先做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,B与A分离,B做匀速运动,A做加速度增大的减速运动,当弹簧达到原长后,A与弹簧分离,做匀减速直线运动,故A项错误;撤去F瞬间,由kx0-μmg=2ma可知,B项错误;当物体A、B相互分离时,加速度为零,速度最大,此时弹簧弹力F弹=μmg=kx′,x′=,所以物体A、B一起向左运动距离x=x0-后相互分离,D项正确,C项错误.6.(2018·合肥一中模拟)如图所示,钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上,卡车底板与B间的动摩擦因数为μ1,A、B间动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的最大加速度为a,a>μ2g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时,要求其刹车后在s0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过( )A. B.C. D.答案 C解析 若卡车以最大加速度刹车,则由于a>μ2g,A、B间发生相对滑动,故不能以最大加速度刹车,由于刹车过程中要求A、B和车相对静止,当A、B整体相对车发生滑动时a′==μ1g,当A、B间发生相对滑动时,a″==μ2g,由于μ1>μ2,所以a′>a″,即当以a′刹车时,A、B间发生相对滑动,所以要求整体都处于相对静止时,汽车刹车的最大加速度为a″,根据公式v2-v02=2ax,可得v02=2μ2gs0,即v0=,B项正确.7.(2018·南充模拟)如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,皮带在电动机的带动下,始终保持v0=7 m/s的速率运行.现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端,经一段时间后工件被传送到h=8 m的高处.已知工件与传送带间的动摩因数为μ=,取g=10 m/s2,在这段时间,工件的速度v,位移x,加速度a,所受合外力F随时间t变化的图像正确的是( )答案 A解析 A项,对工件,受力如图,据牛顿第二定律得:μmgcosθ-mgsinθ=ma得:a=2.5 m/s2工件速度由0加速到v0所用的时间t== s=2.8 s在这段时间内工件的位移x=at2=×2.5×2.82 m=9.8 m传送带的长度L==16 m说明工件与传送带共速时还没有到达顶端.因为μmgcosθ>mgsinθ,所以共速后物体随传送带匀速运动,因此工件先做初速度为零的匀加速直线运动,后做匀速直线运动,故A项正确.B项,在匀加速阶段,由x=at2,知xt图像抛物线,故B项错误.C项,加速度先不变后为零,故C项错误.D项,合外力先不变后为零,故D项错误.8.(2018·洛阳二模)如图,长木板C置于光滑水平地面上,A、B两物块放在木板上.已知A、B、C的质量mA=mC=m,mB=2m,A、B两物块与木板间的动摩擦因数都为μ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现用水平向左的力F作用在A物块上,当F由0逐渐增大时( )A.当F=μmg时,A与C开始相对滑动B.当F=2μmg时,B所受摩擦力大小为C.一直增大F,B的最大加速度为μgD.无论F多大,B和C总保持相对静止答案 D解析 AC间的最大静摩擦力为:fA=μmAg=μmg,B与木板间的最大静摩擦力为:fB=μmBg=2μmg地面是光滑的,C与地面间无摩擦力.A项,对B、C,受到摩擦力最大值为μmg,依据牛顿第二定律,则有:μmg=3ma对于A,依据牛顿第二定律,则有:F-μmg=ma,解得:F=μmg,因此当F=μmg时,A与C开始相对滑动,故A项错误;B项,若F=2μmg>μmg,所以A、C发生相对滑动,A对C的滑动摩擦力为μmg,BC一起运动的加速度为:a==μgC项,由于A对C的滑动摩擦力最大为μmg,B要想发生滑动,受到的摩擦力应为2μmg,B、C共同运动的加速度为:a==μg,此时B受到的静摩擦力为,fB=2ma=μmg≤2μmg,所以B、C始终相对静止,所以B的最大加速度为μg,故C项错误;D项,由C项的分析可知,当拉力大于4 N时,B与木板间的摩擦力即为滑动摩擦力为4 N,此后增大拉力,不会改变B的受力;故D项正确.9.(2018·孝义市一模)(多选)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.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M和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离和砝码与桌面右端的距离均为d,现用水平向右的恒力F拉动纸板,如图所示,则下列说法正确的是( )A.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)gB.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)gC.若砝码与纸板分离时的速度不大于,砝码不会从桌面上掉下D.当F=2μ(M+2m)g时,砝码恰好到达桌面边缘答案 AD解析 A项,要使纸板相对砝码运动,纸板的加速度a1=>a2=,则F>2μ(M+m)g,故A项正确;B项,纸板相对砝码运动时,纸板受桌面的摩擦力为F1=μ(M+m)g,受砝码的摩擦力为μMg,即摩擦力为μ(2M+m)g,故B项错误;C项,若砝码与纸板分离时的速度为v,设砝码与纸板分离时间为t,砝码恰好到达桌面边缘,则砝码位移d=·2t,t=,解得v=,故C项错误;D项,当F=2μ(M+2m)g时,a板=3μg,a=μg,分离时间为t1,则有a板t1-μgt12=d,解得砝码与纸板分离时速度v=μgt1=,故砝码恰好到达桌面边缘,故D项正确.10.(多选)如图所示,一个厚度不计的圆环A,紧套在长度为L的圆柱体B的上端,A、B两者的质量均为m.A与B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同,其大小为kmg(k>1).A、B一起由离地H高处由静止开始落下,触地后能竖直向上弹起,触地时间极短,且无能量损失.A环运动过程中未落地.则下列说法正确的是( )A.B与地第一次碰撞后,B上升的最大高度是B.B与地第一次碰撞后,B上升的最大高度是C.B与地第一次碰撞后,当A与B刚相对静止时,B下端离地面的高度是D.B与地第一次碰撞后,当A与B刚相对静止时,B下端离地面的高度是答案 AC解析 刚开始A、B一起做自由落体运动可算出B与地面碰撞前的速度为v=,对B来说碰撞后以速度v向上做匀减速运动,其加速度为aB,由mg+kmg=maB得aB=(k+1)g,B上升的最大高度为H1==,A项正确,B项错误;对A来说碰撞后的加速度为aA,由kmg-mg=maA得aA=(k-1)g,方向竖直向上.当A、B速度相等时,两者相对静止.设经时间t后,两者速度相等,有v-aAt=-(v-aBt),t=,所以B与地第一次碰撞后,当A与B刚相对静止时,B下端离地面的高度为H1′=vt-aBt2=,C项正确,D项错误.二、非选择题11.(2018·泸州模拟)在工厂的流水线上安装一水平传送带用以传送工件,可大大提高工作效率.水平传送带以恒定速度v=6 m/s顺时针转动,在传送带的左端点,若每隔1 s就轻放一个工件到传送带上去,经时间t=5.5 s到另一端点工件被取下,两端点间距离x=24 m,如图所示.工件体积很小,可视为质点,重力加速度取g=10 m/s2.求:(1)工件与传送带之间的动摩擦因数μ;(2)传送带正常运行一段时间后,某一工件刚放上传送带时,在传送带上最远的工件距左端点的距离.解析 (1)设工件匀加速和匀速的时间分别为t1、t2,根据牛顿第二定律可得:μmg=ma,根据速度时间关系可得:v=at1,根据位移时间关系可得:s=at12+vt2联立解得:t1=3 s,t2=2.5 s,a=2 m/s2,μ=0.2;(2)每隔1 s就轻放一个工件到传送带上去,设某时刻某一工件A刚刚放上皮带时,此时带上共有6个工件,传送带上最右端的工件运动了5 s,加速位移s1、匀速位移s2,与出发点相距s3,则:s1=at12s2=v(5-t1)s3=s1+s2联立解得:s3=21 m.12.(2018·南宁模拟)如图所示,在光滑的水平平台上,有一质量为M=2 kg、长为L=3 m的长木板,长木板的左端放有一质量为mA=1 kg的物块A,物块A通过一绕过光滑定滑轮的轻绳与重物B相连,物块B的质量为mB=1 kg,开始时用手托住重物B,使绳刚好拉直,弹力为零,物块A与滑轮间的轻绳处于水平,物块A与长木板间的动摩擦因数为μ=0.2,长木板的右端离平台的右端足够远,重物B离地面的高度足够高.重力加速度g=10 m/s2,求:(1)释放物块B后物块A运动的加速度大小;(2)当物块A运动到长木板的中点位置时,轻绳拉物块A的功率大小.解析 (1)设释放B后,A与木板间有发生相对滑动,绳上拉力大小为T.A做匀加速运动加速度大小为a1,则有:mBg-T=mBa1T-μmAg=mAa1求得:a1=4 m/s2由于μmAg=2 N<Ma1=8 N,因此假设成立.即释放物块B后物块A的加速度大小为4 m/s2.(2)木板做匀加速运动,则有:μmAg=Ma2求得:a2=1 m/s2当物体运动到木板中点时有:L=a1t12-a2t12求得:t1=1 s此时物块A的速度大小为:v1=a1t1=4 m/s轻绳对A的拉力大小为:T=mAa1+μmAg=6 N所以,此时轻绳拉物块A的功率为:P=Tv=6×4 W=24 W.13.(2018·延边模拟)如图所示,在倾角为θ的足够长的斜面上,有一质量为M的长木板.开始时,长木板上有一质量为m的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v0从长木板的中点沿长木板向下滑动,同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v的匀速运动(已知v0>v),小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动.已知小铁块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ(μ>tanθ),求:(1)小铁块在长木板上滑动时的加速度大小和方向;(2)长木板至少要有多长?解析 (1)因为μ>tanθ,所以小铁块在木板上相对滑动时的加速度沿斜面向上.由牛顿第二定律:μmgcosθ-mgsinθ=ma代入数据得:a=g(μcosθ-sinθ)(2)小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零,再向上匀加速,设经过时间t小铁块达到匀速v,则:v-(-v0)=at得:t=设此段时间内小铁块的位移为s1,木板的位移为s2,有:s1= 方向沿斜面向下(式中v0>v)s2=vt 方向沿斜面向上所以:≥s1+s2解得:L≥2(s1+s2)=.
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