【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律两类动力学问题作业

【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律两类动力学问题作业

‎2020届一轮复习人教版 牛顿第二定律两类动力学问题 作业 一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)‎ ‎1.[2019·宁夏长庆高级中学检测]在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，砂和砂桶的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出．‎ ‎(1)实验中，为了使细线对小车的拉力大小等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是________．‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电．改变砂桶中砂子的多少，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 ‎(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是________．‎ A．M＝‎200 g，m＝‎10 g、‎15 g、‎20 g、‎25 g、‎30 g、‎35 g、‎‎40 g B．M＝‎200 g，m＝‎20 g、‎40 g、‎60 g、‎80 g、‎100 g、‎‎120 g C．M＝‎400 g，m＝‎10 g、‎15 g、‎20 g、‎25 g、‎30 g、‎35 g、‎‎40 g D．M＝‎400 g，m＝‎20 g、‎40 g、‎60 g、‎80 g、‎100 g、‎‎120 g ‎(3)已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用图给数据可求出小车运动的加速度a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)‎ 答案：(1)B　(2)C　(3)1.58‎ 解析：(1)为了使细线对小车的拉力大小等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，B正确．(2)当m远远小于M时，即当砂和砂桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，细线的拉力大小近似等于砂和砂桶的总重力．因此最合理的一组是C.(3)相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，两相邻的计数点时间间隔为T＝0.1 s，利用匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，得xDE－xAB＝‎3a1T2、xEF－xBC＝‎3a2T2，xCD－xOA＝‎3a3T2，则加速度应为a＝＝ m/s2＝‎1.58 m/s2.‎ ‎2．[2019·陕西省西安市长安一中模拟]如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．已知遮光条的宽度d＝‎2.25 mm.‎ ‎(1)下列不必要的一项实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)‎ A．应使A位置与光电门间的距离适当大些 B．应将气垫导轨调节水平 C．应使细线与气垫导轨平行 D．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 ‎(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是__________________________．(写出物理量名称及表示符号)‎ ‎(3)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出______图象．‎ 答案：(1)D　(2)A位置到光电门的距离L　(3)F－ 解析：(1)应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故A是必要的；应将气垫导轨调节水平，使拉力等于合力，故B是必要的；要保持细线方向与气垫导轨平行，故C是必要的；拉力是直接通过力传感器测量的，故与滑块质量和钩码质量大小关系无关，故D是不必要的；(2)根据匀变速直线运动的位移速度公式得v2＝2aL，又因为v＝，解得a＝，故要测加速度还需要测出A位置到光电门的距离L；(3)根据牛顿第二定律得：a＝，解得：F＝·，所以处理数据时应作出F－的图象．‎ ‎3．[2019·重庆市重庆一中考试]某实验小组设计如图甲所示实验装置“探究加速度与力的关系”．已知小车的质量M，砝码盘的质量m0，打点计时器使用的交流电频率f＝50 Hz.‎ ‎(1)探究方案的实验步骤 A．按图甲安装好实验装置；‎ B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；‎ C．取下细绳和砝码盘，记录砝码盘中砝码的质量m；‎ D．将小车紧靠打点计时器，接通电源后放开小车，得到一条点迹清晰的纸带，由纸带求得小车的加速度a；‎ E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量m，重复多次步骤B～D，得到多组m、a.‎ ‎(2)记录数据及数据分析 ‎①实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝________ m/s2.‎ ‎②实验小组认为小车受到的合外力F＝mg，根据记录数据和纸带，将计算得到的合外力和加速度填入设计的表中(表略)．‎ ‎③建立a－F坐标系，利用②中得到的表中数据描点得到如图丙所示的图线．根据图线，“小车加速度a与外力F成正比”的结论是________(选填“成立”或“不成立”)的；已知图线延长线与横轴的交点A的坐标是(－0.08 N,0)，由此可知，砝码盘的质量m0＝________ kg.(已知数据测量是准确的，重力加速度g取‎10 m/s2)‎ ‎(3)方案评估：若认为小车受到的合外力等于砝码盘和砝码的总重力，即F＝(m0＋m)g，实验中随着F的增大，不再满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量要求，实验图应为________．(填正确答案标号)‎ 答案：(2)①0.88　③不成立　0.008　(3)A 解析：(2)①根据Δx＝aT2，运用逐差法得a＝ m/s2＝‎0.88 m/s2；③由题图丙可知，图象是不过原点的倾斜直线，a与 F不成正比；由图象可知，当F＝0时，小车有加速度，这说明在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，由图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力大小，砝码盘的重力大小为0.08 N，则砝码盘的质量m0＝‎0.008 kg；(3)当小车匀速下滑时有：Mgsinθ＝f＋(m＋m0)g，当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力Mgsinθ和摩擦力f不变，因此其合外力为(m＋m0)g，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故a－F图线是过原点的倾斜直线，A正确．‎ ‎4．[2019·河北省衡水中学一调]为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中带滑轮的小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m.(滑轮质量不计)‎ ‎(1)实验时，一定要进行的操作是________．‎ A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(两相邻计数点间还有四个点)，测得：x1＝‎1.40 cm，x2＝‎1.90 cm，x3＝‎2.38 cm，x4＝‎2.88 cm，x5＝‎3.39 cm，x6＝‎3.87 cm.那么打下3点时小车的瞬时速度的大小是________ m/s，小车加速度的大小是________ m/s2.已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电(结果保留两位有效数字)．‎ ‎(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，作出的a－F图象是一条直线，如图丙所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．‎ A．2tanθ B. C．k D. 答案：(1)BCD　(2)0.26　0.50　(3)D 解析：(1)本实验中拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于小车的质量，A、E错误；弹簧测力计测出拉力，从而得到小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；打点计时器使用时，先接通电源，再释放小车，该实验探究质量一定时加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，C正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随力的变化关系，D正确．(2)两相邻计数点间还有四个点，则相邻两计数点间的时间间隔T＝0.02×5 s＝0.1 s；打下3点时小车的瞬时速度的大小v＝＝ m/s≈‎0.26 m/s；由匀变速直线运动的推论可知，小车加速度的大小a＝，代入数据可解得a＝‎0.50 m/s2.(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，故k＝，由牛顿第二定律F合＝Ma得，小车的质量为M＝＝＝，故选D.‎ ‎5．(2019·嘉兴模拟)绰号“威龙”的第五代制空战机歼－20具备高隐身性、高机动性能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，歼－20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。假设某次垂直飞行测试实验中，歼－20加速达到50m/s后离地，而后开始竖直向上飞行试验。该飞机在10s内匀加速到3060km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5km。假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的0.2。已知该歼－20质量为20吨，声速为340m/s，忽略战机因油耗等导致质量的变化。则下列说法正确的是(　B　)‎ A．本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5s B．加速阶段系统的推力为1.84×106N C．加速阶段时飞行员有晕厥可能 D．飞机在匀速阶段时爬升高度为14.25km ‎[解析]　加速阶段初速度v0＝50m/s，末速度v＝3060km/h＝850m/s，根据v＝v0＋at，加速度a＝80m/s2＝8g，飞行员不会昏厥，选项C错误；根据牛顿第二定律F－mg－f＝ma，推力F＝mg＋f＋ma＝1.84×106N，选项B正确；加速阶段上升的高度x＝v0t＋at2＝4500m，即匀速上升距离14km，选项D错误；匀速飞行时间t＝＝s＝16.47s，选项A错误。‎ ‎6．(2018·江苏常州田家炳中学调研)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆右端用一根细线悬挂相同的小球。当小车沿水平面做匀加速直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变。设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是(　BD　)‎ A．F1、F2可能相同 B．F1、F2一定相同 C．小车加速度大小为gtanα D．小车加速度大小为gtanβ ‎[解析]　以右边的小球为研究对象，根据牛顿第二定律，设其质量为m，有mgtanβ＝ma，得a＝gtanβ；以左边的小球为研究对象，设其加速度为a′，斜杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma′；因为a＝a′，得θ＝β，则斜杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；小车的加速度大小为a＝gtanβ，方向向右，故D正确，C错误。‎ ‎7．(2018·广东佛山一模)如图甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为μ。对物体施加水平向右、大小变化的外力F，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a随外力F变化的关系如图乙所示。物体不脱离斜面的条件是F≤20N，若重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出(　ABD　)‎ A．物体的质量 B．斜面倾角的正弦值 C．物体运动6s时经过的位移 D．加速度为6m/s2时物体对斜面的压力 ‎[解析]　对物体受力分析如图所示，‎ 设斜面的倾角为θ，当F＝0时，可知a1＝2m/s2，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma1；当F＝20N时，Fcosθ＋mgsinθ＝ma2，a2＝m/s2，此时Ff＝0，Fsinθ＝mgcosθ，sin2θ＋cos2θ＝1，联立可得μ＝，m＝kg，sinθ＝，故A、B正确；由于物体的初速度及F随时间的变化情况未知，因此无法求解物体运动6s时经过的位移，故C错误；当a＝6m/s2时，可求得F＝N，由FN＋Fsinθ＝mgcosθ，物体所受的支持力FN＝N，则物体对斜面的压力FN′＝N，故D正确。‎ ‎8．(2018·河南洛阳一模)如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向的夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向的夹角θ＝30°的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速直线飞行，飞行器所受空气阻力不计。下列说法中正确的是(　BC　)‎ A．飞行器加速时动力的大小等于mg B．飞行器加速时加速度的大小为g C．飞行器减速时动力的大小等于mg D．飞行器减速飞行时间t后速度为零 ‎[解析]　飞行器恰好沿与水平方向的夹角θ＝30°的直线斜向右上方匀加速飞行时，受力分析图如图甲所示，由几何关系知2mgcos30°＝F，可得加速时动力的大小等于F＝mg，选项A错误；动力F与飞行器的重力mg的合力大小等于mg，所以飞行器加速时加速度的大小为g，选项B正确；飞行器沿原方向匀减速飞行时，受力分析图如图乙所示，由几何关系知sin60°＝，可得飞行器减速时动力的大小等于F′＝mg，选项C正确；飞行器加速飞行时间t后的速度为v＝at＝gt，减速飞行时合外力大小为mgcos60°＝，则减速飞行时加速度大小为，减速飞行时间2t后速度为零，选项D错误。‎ 二、非选择题 ‎9．(2019·湖南师大附中高三月考)2018年2月在平昌冬奥会中，我国运动员李馨参加了两项越野滑雪的比赛，成绩有重大突破。如图所示，某次滑雪训练中，如果该运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝102N，由静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0s，运动员第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12N，求：‎ ‎(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用结束时获得的速度和3s时的速度；‎ ‎(2)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离。‎ ‎[答案]　(1)1.5m/s,1.1m/s　(2)8.65m ‎[解析]　(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1＝＝1.5m/s2‎ 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得速度v1＝a1t1＝1.5×1.0m/s＝1.5m/s 运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝＝0.2m/s2‎ 经时间t2速度变为v2＝v1－a2t2＝1.1m/s ‎(2)第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v3，则v－v＝v 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝＝8.65m ‎10．(2019·浙江协作校联考)如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、‎ 安全带、安全钩、缓降绳索等组成。发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在人体腰部，通过缓降绳索等安全着陆。如图乙所示，是某中学在某次火灾逃生演练现场中，体重为60kg的逃生者从离地面18m高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到6m/s时，以大小为2.5m/s2加速度减速，到达地面时速度恰好为零。假设逃生者下降过程中悬空不接触墙面，不计空气阻力(g＝10m/s2)，求：‎ ‎(1)减速下滑过程的位移；‎ ‎(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小；‎ ‎(3)到达地面整个过程的时间。‎ ‎[答案]　(1)7.2m　(2)750N　(3)6.0s ‎[解析]　(1)由题意可知减速过程：‎ 由v2＝2a1x，‎ 有x1＝7.2m ‎(2)减速过程 F－mg＝ma1‎ 得F＝750N 根据牛顿第三定律，逃生者对缓降绳索的拉力大小750N ‎(3)加速过程时间t2＝＝3.6s 减速过程时间t1＝＝2.4s t总＝t1＋t2＝6.0s ‎11．(2018·湖南长郡中学月考)如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m＝1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2。物体受到平行于斜面向上的轻细线的拉力F＝9.6N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了。则绳断后经过多长时间物体的速度大小为22m/s？(结果保留两位有效数字，已知sin37°＝0.6，g取10m/s2)‎ ‎[答案]　5.5s ‎[解析]　第一阶段：在前2s内，物体在F＝9.6N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，设加速度为a1，‎ 沿斜面方向：F－mgsinθ－Ff＝ma1‎ 垂直于斜面方向：FN＝mgcosθ Ff＝μFN 联立解得a1＝＝2m/s2‎ ‎2s末绳断时，物体的瞬时速度v1＝a1t1＝4m/s 第二阶段：从绳断到物体继续沿斜面向上运动到速度为零的过程，设加速度为a2，则 a2＝＝－7.6m/s2‎ 设从绳断到物体到达最高点所需时间为t2，由运动学公式得0＝v1＋a2t2，得t2＝0.53s 第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，设加速度为a3，速度达到22m/s所需时间为t3。由牛顿第二定律知 a3＝＝4.4m/s2‎ 所需时间t3＝＝5s 综上所述，从绳断到物体的速度为22m/s所经历的总时间t＝t2＋t3＝0.53s＋5s≈5.5s。‎