浙江省2019-2020學(xué)年高中物理 第三章 課時(shí)訓(xùn)練2 牛頓第二定律及其應(yīng)用（含解析）

《浙江省2019-2020學(xué)年高中物理 第三章 課時(shí)訓(xùn)練2 牛頓第二定律及其應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2019-2020學(xué)年高中物理 第三章 課時(shí)訓(xùn)練2 牛頓第二定律及其應(yīng)用（含解析）（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)訓(xùn)練2　牛頓第二定律及其應(yīng)用 基礎(chǔ)鞏固 1.下列物理量中,既是標(biāo)量又是國際單位制基本量的一組是(　C　) A.力、質(zhì)量、速度 B.力、時(shí)間、加速度 C.長度、質(zhì)量、時(shí)間 D.長度、速度、時(shí)間 2.下列儀器中,不屬于國際單位制中基本單位所對(duì)應(yīng)物理量的測量工具是(　C　) 3.如圖,三個(gè)完全相同的物塊1,2,3放在光滑水平桌面上?，F(xiàn)用大小相同的外力F沿圖示方向分別作用在三個(gè)物塊上,三者都做加速運(yùn)動(dòng),令a1,a2,a3分別代表物塊1,2,3的加速度,則(　C　) A.a1>a2>a3 B.a1a3 4.某一航空母

2、艦載重1.0×105 t,其功率可達(dá)2.0×105 kW。設(shè)想如能創(chuàng)造一理想的沒有摩擦的環(huán)境,用一個(gè)人的力量去水平拖這樣一艘航空母艦,則從理論上可以說(　C　) A.航空母艦慣性太大,所以完全無法拖動(dòng) B.一旦施力于航空母艦,航空母艦立即產(chǎn)生一個(gè)速度,但這一速度 很小 C.一旦施力于航空母艦,航空母艦立即產(chǎn)生一個(gè)加速度 D.由于航空母艦慣性很大,施力于航空母艦后,要經(jīng)過一段很長時(shí)間后才會(huì)產(chǎn)生一個(gè)明顯的加速度 5.用國際單位制的基本單位表示萬有引力常量的單位,下列符合要求的是(　B　) A.N·m2/kg2 B.m3/(kg·s2) C.kg·m3/(A2·s

3、4) D.kg·s2/m3 6.在行車過程中,遇到緊急剎車時(shí)乘員可能受到傷害。為此人們?cè)O(shè)計(jì)了安全帶以盡可能減輕猛烈碰撞受到的傷害.假設(shè)某次急剎車時(shí)的速度為 20 m/s,由于安全帶的作用,使質(zhì)量 50 kg的乘員產(chǎn)生的加速度大小約為6 m/s2,此時(shí)安全帶對(duì)乘員的作用力最接近(　B　) A.120 N B.300 N C.1 000 N D.6 000 N 解析:由牛頓第二定律可知,F=ma=50×6 N=300 N,選項(xiàng)B正確。 7.我國宇航員王亞平在太空授課時(shí),利用質(zhì)量測量儀粗略測出了聶海勝的質(zhì)量。若聶海勝受到恒力F從靜止開始運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t移動(dòng)的位移為x,則聶海勝的質(zhì)量為(　D　)

4、 A. B. C. D. 解析:設(shè)運(yùn)動(dòng)的加速度為a,由牛頓第二定律得 a=,x=at2, 即m=,故選項(xiàng)D正確。 8.一輕彈簧上端固定,下端掛一重物,平衡時(shí)彈簧伸長了4 cm;再將重物向下拉1 cm,然后放手,則在剛釋放的瞬間重物的加速度是(g取 10 m/s2)(　A　) A.2.5 m/s2 B.7.5 m/s2 C.10 m/s2 D.12.5 m/s2 解析:彈簧下端掛一重物,平衡時(shí)彈簧伸長了4 cm,則G=mg=kx1= 4×10-2k,再將重物向下拉1 cm時(shí)彈簧彈力F=5×10-2k。放手瞬間彈簧的彈力不變,由牛頓第二定律得F-G=ma,則a= m/s2=

5、 g=2.5 m/s2,故選項(xiàng)A正確。 9.(2018·浙江4月學(xué)考)如圖所示,小芳在體重計(jì)上完成下蹲動(dòng)作。下列Ft圖象能反映體重計(jì)示數(shù)隨時(shí)間變化的是(　C　) 解析:小芳下蹲時(shí)先加速下降,后減速下降,故其先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài),體重計(jì)的示數(shù)F先小于重力,后大于重力,C正確。 10.質(zhì)量為m的木塊位于粗糙水平桌面上,若用大小為F的水平恒力拉木塊,其加速度為a。當(dāng)拉力方向不變,大小變?yōu)?F時(shí),木塊的加速度為a′,則(　C　) A.a′=a B.a′<2a C.a′>2a D.a′=2a 解析:設(shè)摩擦力為f,故當(dāng)用大小為F的恒力拉木塊時(shí),F-f=ma;當(dāng)用大小為2F

6、的恒力拉木塊時(shí)2F-f=ma′;故m(a′-2a)=2F-f-2(F-f)=f>0,故a′>2a,選項(xiàng)C正確。 能力提高 11.(2019·金華月考)水平路面上質(zhì)量為30 kg的小車,在60 N水平推力作用下由靜止開始以1.5 m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。2 s后撤去該推力,則(　B　) A.小車2 s末的速度是4 m/s B.小車受到的阻力大小是15 N C.撤去推力后小車的加速度大小是1 m/s2 D.小車運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為6 s 解析:小車2 s末的速度v=at=1.5×2 m/s=3 m/s,故A錯(cuò)誤;以小車為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律,有F-f=ma,則f=F-ma=

7、(60-30×1.5)N=15 N,故B正確;撤去推力后,根據(jù)牛頓第二定律有f=ma1,解得a1=0.5 m/s2,故C錯(cuò)誤;撤去推力后小車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1== s=6 s,所以小車運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=(2+6)s=8 s,故D錯(cuò)誤。 12.慣性制導(dǎo)系統(tǒng)的重要元件之一是加速度計(jì),其構(gòu)造原理如圖所示。沿運(yùn)行方向的固定光滑桿上套一質(zhì)量為m的滑塊,滑塊兩側(cè)分別與勁度系數(shù)均為k的彈簧相連,兩彈簧的另一端與固定壁相連。滑塊原來靜止,且彈簧處于自然長度?；瑝K上有指針,可通過標(biāo)尺測出滑塊的位移,最后通過控制系統(tǒng)進(jìn)行制導(dǎo),若某段時(shí)間內(nèi)指針向左偏離“0”點(diǎn)的距離為s,則這段時(shí)間內(nèi)的加速度為(　D　) A.

8、方向向左,大小為 B.方向向右,大小為 C.方向向左,大小為 D.方向向右,大小為 解析:指針向左偏離時(shí),兩彈簧的彈力都向右,則有2ks=ma,即a=,方向水平向右,選項(xiàng)D正確。 13.如圖甲所示,某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到高處。滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì),貨物獲得的加速度a與繩子對(duì)貨物豎直向上的拉力T之間的關(guān)系圖象如圖乙所示,重力加速度為g,由圖可以判斷下列說法錯(cuò)誤的是(　D　) A.圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM=-g B.圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù) C.圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN=mg D.圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m 解析:對(duì)貨物受力分析,受重力mg和拉力T,根

9、據(jù)牛頓第二定律,有T-mg=ma,則a=T-g;當(dāng)a=0時(shí),T=mg,故圖線與橫軸的交點(diǎn)N的值TN=mg,故C正確;當(dāng)T=0時(shí),a=-g,即圖線與縱軸的交點(diǎn)M的值aM=-g,故A正確;圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù),故B正確,D錯(cuò)誤。 14.“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩系在踝關(guān)節(jié)處,從幾十米高處跳下的一種極限運(yùn)動(dòng)。某人做蹦極運(yùn)動(dòng),所受繩子拉力F的大小隨時(shí)間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運(yùn)動(dòng),重力加速度為g。據(jù)圖可知,此人在蹦極過程中最大加速度約為(　B　) A.g B.2g C.3g D.4g 解析:由題圖可知當(dāng)人最后不動(dòng)時(shí),繩上的拉力為F0,即mg=F0,最

10、大拉力為F0,因此有F0-mg=ma,3mg-mg=ma,最大加速度為a=2g,B正確。 15.如圖1所示,雜技演員在進(jìn)行“頂桿”表演時(shí),演員甲用肩部豎直頂起一根直桿,演員乙在直桿上表演。今在直桿底部與演員甲肩部之間裝一力傳感器,以顯示演員甲肩部的受力情況。若演員乙的質(zhì)量為40 kg,直桿的質(zhì)量為5 kg,在演員乙自桿頂部由靜止開始沿桿下滑到桿底的過程中,傳感器顯示的受力情況如圖2所示,若取g=10 m/s2,則在此過程中演員乙受到的摩擦力(　C　) A.0～1 s內(nèi)大于重力 B.1～2 s內(nèi)為0 C.2～3 s內(nèi)大于重力 D.0～3 s內(nèi)方向先向上,后向下 解析:由圖2可知,

11、演員乙在0～1 s處于失重狀態(tài),即向下加速;2～3 s 內(nèi)處于超重狀態(tài),即向下減速;1～2 s內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤,C正確;整個(gè)過程中演員乙受到摩擦力方向始終向上,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 16.跳樓機(jī)是能體驗(yàn)強(qiáng)烈失重、超重感覺的娛樂設(shè)施,游戲時(shí)跳樓機(jī)先把乘有十多人的座艙送到140.8 m高的地方,讓座艙自由落下,當(dāng)落到離地面44 m時(shí)制動(dòng)系統(tǒng)開始啟動(dòng),座艙勻減速運(yùn)動(dòng)到地面時(shí)剛好停止。若某游客手中托著質(zhì)量為100 g的手機(jī)進(jìn)行這個(gè)游戲,g取 10 m/s2(空氣阻力不計(jì),可能用到的數(shù)據(jù)442=1 936),試求: (1)當(dāng)座艙落到離地面高度為50 m的位置時(shí),手機(jī)對(duì)手的作用力; (2

12、)從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到地面,整個(gè)過程的總時(shí)間; (3)當(dāng)座艙落到離地面高度為15 m位置時(shí),手要用多大的力才能托住手機(jī). 解析:(1)由題意可知在離地面44 m之前,游客和手機(jī)一起做自由落體運(yùn)動(dòng),處于完全失重狀態(tài),手機(jī)對(duì)手的作用力F1=0。 (2)在自由下落過程,由h1=g, 得t1== s=4.4 s 在勻減速過程有h2=t2,而v=gt1=44 m/s, 解得t2=2 s 則整個(gè)過程所用時(shí)間t=t1+t2=6.4 s。 (3)在勻減速過程,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有 v2=2ah2,所以a=22 m/s2 以手機(jī)為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得 F2-mg=ma, 解得手對(duì)手機(jī)的作用力

13、 F2=3.2 N。 答案:(1)0　(2)6.4 s　(3)3.2 N 17.(2019·浙江1月學(xué)考)一艘質(zhì)量M=3.5×103 kg的宇宙飛船正在遠(yuǎn)離星球進(jìn)行太空飛行,發(fā)現(xiàn)前方有一物體。為探測該物體的質(zhì)量,飛船去接觸物體,接觸以后啟動(dòng)飛船的推進(jìn)器,使飛船和物體一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng),10.0 s 后速度增加了1.50 m/s。已知推進(jìn)器的推力F=9.0×102 N.求該物體的質(zhì)量m。 解析:設(shè)飛船運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较? a= 解得a=0.15 m/s2 由牛頓第二定律可得F=(M+m)a M+m= 解得m=2.5×103 kg。 答案:2.5×103 kg 18.(2018·

14、浙江6月學(xué)考)某校物理課外小組為了研究不同物體水下運(yùn)動(dòng)特征,使用質(zhì)量m=0.05 kg的流線型人形模型進(jìn)行模擬實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)讓模型從h=0.8 m 高處自由下落進(jìn)入水中。假設(shè)模型入水后受到大小恒為Ff=0.3 N的阻力和F=1.0 N的恒定浮力,模型的位移大小遠(yuǎn)大于模型長度,忽略模型在空氣中運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力,g取10 N/kg。試求模型: (1)落到水面時(shí)速度v的大小; (2)在水中能到達(dá)的最大深度H; (3)從開始下落到返回水面所需時(shí)間t。 解析:(1)模型入水時(shí)速度記為v,自由下落階段加速度記為a1,則a1=g, v2=2a1h,v=4 m/s。 (2)模型入水后向下運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)向下為正,其加速度記為a2, 則mg-Ff-F=ma2, 得a2=-16 m/s2 所以最大深度H==0.5 m。 (3)自由落體階段:t1==0.4 s, 在水中下降:t2==0.25 s, 在水中上升:F-mg-Ff=ma3, 得a3=4.0 m/s2, 所以t3==0.5 s, 總時(shí)間t=t1+t2+t3=1.15 s。 答案:(1)4 m/s　(2)0.5 m　(3)1.15 s - 7 -