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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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    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撤去F1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 NN2=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=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μ2μ1>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>μ2gA、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μ12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v0B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=μmgB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=μmgA与C开始相对滑动故A项错误;B若F=2μmg>μmg所以A、C发生相对滑动A对C的滑动摩擦力为μmgBC一起运动的加速度为:aμgC由于A对C的滑动摩擦力最大为μmgB要想发生滑动受到的摩擦力应为2μmgB、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=μmg2μmg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=·2tt解得v=故C项错误;D当F=2μ(M+2m)g时a=3μga=μg分离时间为t1则有at1μgt12=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)gB上升的最大高度为H1A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-aBt2C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 st2=2.5 sa=2 m/s2μ=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:s1at12s2=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:La1t12a2t12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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