《创新设计》2016年高考物理一轮复习教师word文档 活页作业 1-3-3.doc

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 1 A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 B 2(2014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 2 A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 C 3.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 3 A. mg B. mg C. mg Dmg 14 13 12 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 9d 3dT2 6dT2 3d dT2 2dT2 有 mgF fma 1，下降过程有 mgF fma 2，联立各式得 Ff mg，C 正确。 12 答案 C 4(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/s 2，sin 530.8，cos 530.6) 13 ( ) 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：a 1g(sin cos ) 10 m/s2, a2g(sin cos )6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为 t1 0.5 s，位移为 v0a1 x1 a1t 1.25 m，物块从最高点滑到 B 点所用时间为 t2tt 10.2 s，位移为 12 21 x2 a2t 0.12 m，所以 AB 间的距离为 x1x 21.13 m ，选项 B 对。 12 2 答案 B 5(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 4 A木板受到地面的摩擦力大小是 mg B木板受到地面的摩擦力大小是 (mM) g C当 F(m M)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 错误；以 M 为研究对象，由于 mg(M m) 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 AD 6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/s 2，则下列说法正确的是 ( ) 图 5 A演员的体重为 800 N B演员在最后 2 s 内一直处于超重状态 C传感器显示的最小拉力为 620 N D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 mgf 1ma 1，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 BC 7(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 s C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/g 2 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/t 2100 m/s2，根据牛顿第二定律 Fmg ma 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 C 8(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 6 A3mg 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：2mg2ma，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 7 A0(Mm)g20 2P TM m Lh N，所以 T 的取值范围为： 20 NT30 N，故选项 D 正确。 答案 D 10如图 8 所示，质量为 m 2 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/s 2) 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 L at ，所以 a m/s210 m/s2，由 12 20 2Lt20 22022 牛顿第二定律得 FF fma，又 Ffmg，所以 FfFma30 N210 N10 N，所 以 0.5。 Ffmg 10210 (2)力 F 作用时，a 1a， a1t gt L ，t 2 2t 1，联立以上各式，代入数据， 12 21 12 2 a1t1g 解得 t1 s。 233 答案 (1)0.5 (2) s 233 11(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 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/s 2 设 A、B 两球下滑到斜面底端所用时间分别为 t1 和 t2，则 at h1sin 30 12 21 at h2sin 30 12 2 解得 t14 s，t 22 s 为了保证两球不会在斜面上相碰，t 最长不超过 t t1t 22 s。 (2)设 A 球在水平面上再经 t0 追上 B 球，则 aB(t1 t0)2at 1t0 12 A 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/s2 12(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)