【创新设计】高中物理 3.3 牛顿第二定律每课一练 教科版必修1.doc

【创新设计】2014-2015高中物理 3.3 牛顿第二定律a每课一练 教科版必修1(时间：60分钟)题组一对牛顿第二定律的理解1关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是()a公式fma中，各量的单位可以任意选取b某一瞬间的加速度只取决于这一瞬间物体所受的合外力，而与这之前或之后的受力无关c公式fma中，a实际上是作用于物体上每一个力所产生的加速度的矢量和d物体的运动方向一定与它所受合外力的方向一致解析f、m、a必须选取国际单位制中的单位，才可写成fma的形式，否则比例系数k1，所以a错误；牛顿第二定律描述的是某一时刻合外力与加速度的对应关系，它既表明f、m、a三者在数值上的对应关系，同时也表明合外力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，而与速度方向不一定相同，所以b正确，d错误；由力的独立作用原理可知作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，故c正确答案bc2雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是()解析对雨滴进行受力分析可得mgkvma，则雨滴做加速度减小的加速运动答案c3在粗糙水平面上的物体在水平拉力f的作用下沿f方向做匀加速直线运动，在力f逐渐减小至零的过程中，物体的加速度()a逐渐减小至零 b先增大后减小c先减小后增大 d无法确定解析力与加速度有瞬时对应关系，f变，加速度立即就随之变当f大小与摩擦力相等时，加速度为0，当f减小到小于摩擦力时，加速度反向，并逐渐增大，最终使物体减速至静止状态答案c题组二单位制在计算中的应用4在解一道计算题时(由字母表达结果的计算题)一个同学解得位移x(t1t2)，用单位制的方法检查，这个结果()a可能是正确的b一定是错误的c如果用国际单位制，结果可能正确d用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确解析可以将右边的力f、时间t和质量m的单位代入公式看得到的单位是否和位移x的单位一致；还可以根据fma，av/t，vx/t，将公式的物理量全部换算成基本物理量的单位，就容易判断了在x(t1t2)式中，左边单位是长度单位，而右边的单位推知是速度单位，所以结果一定是错误的，单位制选的不同，不会影响结果的准确性，故a、c、d错，b对答案b5质量m200 g的物体以加速度a20 cm/s2做匀加速直线运动，则关于它受到的合外力的大小及单位，下列运算既简洁又符合一般运算要求的是()af200204 000 nbf0.20.2 n0.04 ncf0.20.20.04 ndf0.2 kg0.2 m/s20.04 n解析在物理计算中，如果各物理量的单位都统一到国际单位制中，则最后结果的单位也一定是国际单位制中的单位答案b6声音在空气中的传播速度v与空气的密度、压强p有关下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是()avk bv cv dv解析国际单位制中p的单位是n/m2,1 n1 kgm/s2，的单位是kg/m3，代入可得m/s，而m/s即为速度的单位，故b正确答案b题组三牛顿第二定律的简单应用7一个质量为2 kg的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2 n和6 n，当这两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小可能为()a1 m/s2 b2 m/s2 c3 m/s2 d4 m/s2解析根据牛顿第二定律，如果一个物体同时受到几个力的作用，物体的加速度与所受的外力的合力成正比题目所给的两个力大小分别为2 n和6 n，当两个力的方向相同时合力最大，最大值为2 n6 n8 n；当两个力的方向相反时合力最小，最小值为6 n2 n4 n；当两个力的方向既不相同，也不相反时，合力的大小大于等于4 n而小于等于8 n；所以两个力的方向发生变化时，合力的大小为4 nf合8 n根据牛顿第二定律可得a，当两个力取不同的方向时，物体的加速度大小为2 m/s2a4 m/s2.答案bcd8.在平直轨道上运动的车厢中的光滑水平桌面上用弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度，如图334所示，当旅客看到弹簧的长度变长时，对车厢运动状态的判断可能的是()图334a车厢向右运动，速度在增大b车厢向右运动，速度在减小c车厢向左运动，速度在增大d车厢向左运动，速度在减小解析本题若直接分析车厢的运动，将不知从何下手，由于小球随车厢一起运动，因此取小球作为研究对象由于弹簧变长了，故小球受到向左的弹力，即小球受到的合力向左因为加速度a与f合同向，故小球的加速度方向向左加速度a方向向左，并不能说明速度方向也向左，应有两种可能：(1)速度v向左时，v增大，做加速运动，c正确；(2)速度v方向向右时，a与v方向相反，速度v减小，做减速运动，b正确答案bc9竖直起飞的火箭在推力f的作用下产生10 m/s2的加速度，若推力增大到2f，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2)()a20 m/s2 b25 m/s2 c30 m/s2 d40 m/s2解析推力为f时，fmgma1，当推力为2f时，2fmgma2.以上两式联立可得：a230 m/s2.故c正确答案c10.如图335所示，位于水平地面上的质量为m的小木块，在大小为f、方向与水平方向成角的拉力作用下沿地面做加速运动若木块与地面之间的动摩擦因数为，则木块的加速度为()图335af/mbfcos /mc(fcos mg)/mdfcos (mgfsin )/m解析可以先求出物体所受合外力，再利用fma求加速度，或者利用正交分解法求加速度取m为研究对象，在竖直方向合力为零，即fsin fnmg在水平方向由牛顿第二定律得：fcos fnma；由以上两式可得a.答案d11三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同现用大小相同的外力f沿图336所示方向分别作用在1和2上，用f的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则()图336aa1a2a3 ba1a2，a2a3ca1a2，a2a2，a2a3解析对物体1，由牛顿第二定律得：fcos 60fma1, f(mgfsin 60)ma1对物体2，由牛顿第二定律得fcos 60fma2，f(mgfsin 60)ma2对物体3，由牛顿第二定律得ffma3, fmgma3比较得a1a3a2，所以c正确答案c题组四综合题组12.如图337所示，一木块沿倾角37的光滑斜面自由下滑g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图337(1)求木块的加速度大小；(2)若木块与斜面间的动摩擦因数0.5，求木块加速度的大小甲解析(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力fn两个力作用，合外力大小为mgsin ，根据牛顿第二定律得mgsin ma1，所以a1gsin 100.6 m/s26 m/s2.(2)若斜面粗糙，物体的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系乙在x方向上(沿斜面方向上)mgsin ffma2在y方向上(垂直斜面方向上)fnmgcos 又因为fffn由得a2gsin gcos (100.60.5100.8) m/s22 m/s2.答案(1)6 m/s2(2)2 m/s213如图338所示，质量为2 kg的物体在40 n水平推力作用下，从静止开始1 s内沿竖直墙壁下滑3 m求：(取g10 m/s2)图338(1)物体运动的加速度大小；(2)物体受到的摩擦力大小；(3)物体与墙间的动摩擦因数解析(1)由hat2，可得：am/s26 m/s2.(2)分析物体受力情况如图所示：水平方向：物体所受合外力为零，fnf40 n竖直方向：取向下为正方向，由牛顿第二定律得：mgffma，可得：ffmgma8 n(3)物体与墙间的滑动摩擦力fffn所以0.2.答案(1)6 m/s2(2)8 n(3)0.214. 如图339所示，质量m1 kg的球穿在斜杆上，斜杆与水平方向成30角，球与杆之间的动摩擦因数，球受到竖直向上的拉力f20 n，则球的加速度为多少？(取g10 m/s2)图339解析球受到重力mg、杆的支持力fn、杆的摩擦力ff和竖直向上的拉力f四个力的作用(如图所示)，建立直角坐标系，则由牛顿第二定律得fsin 30mgsin 30ffmafcos 30mgcos 30fnfffn联立以上各式解得a2.5 m/s2.答案2.5 m/s215(2013北京西城期末)某同学设计了一个测量长距离电动扶梯加速度的实验，实验装置如图3310甲所示将一电子健康秤置于水平的扶梯台阶上，实验员站在健康秤上相对健康秤静止使电动扶梯由静止开始斜向上运动，整个运动过程可分为三个阶段，先加速、再匀速、最终减速停下已知电动扶梯与水平方向夹角为37.重力加速g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.某次测量的三个阶段中电子健康秤的示数f随时间t的变化关系，如图乙所示(1)画出加速过程中实验员的受力示意图； (2)求该次测量中实验员的质量m；(3)求该次测量中电动扶梯加速过程的加速度大小a1和减速过程的加速度大小a2.