2015一轮复习第三章 牛顿运动定律第2课时牛顿第二定律及两类基本问题　单位制课时练试题及解析答案

1、关于力学单位制,下列说法正确的是(　　)

A.千克、米/秒、牛顿是导出单位

B.千克、米、牛顿是基本单位

C.在国际单位制中,质量的单位是g,也可以是kg

D.只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是F=ma

答案：D解析:在国际单位制中,有基本单位,有导出单位,千克、米、秒是基本单位,牛顿是导出单位,选项A、B错误.在国际单位制中,一个物理量只有一个单位,选项C错误.在其他单位制中比例系数不是1,故选项D正确.

2、 “蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示.将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中的最大加速度约为(　　)

A.g  B.2g C.3g D.4g

答案：B解析:在蹦极过程中,经过足够长的时间后,人不再上下振动,而是停在空中,此时绳子拉力F等于人的重力mg,由Ft图线可以看出,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力且等于F₀,即F₀=mg;在人上下振动的过程中,弹力向上,重力向下,当人在最低点时,弹力达到一个周期中的最大值,在第一个周期中,弹力最大为F_m=F₀=3mg,故最大加速度为a_m==2g,故选项B正确.

点评　解答本题的关键是找出人受到弹力的最大值.人的重力是不变的,平衡时弹力的大小等于重力的大小.

3、如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力F和斜面的支持力N分别为(重力加速度为g)(　　)

A.F=m(gsin θ+acos θ)　N=m(gcos θ-asin θ)

B.F=m(gcos θ+asin θ)　N=m(gsin θ-acos θ)

C.F=m(acos θ-gsin θ)　N=m(gcos θ+asin θ)

D.F=m(asin θ-gcos θ)　N=m(gsin θ+acos θ)

答案：A解析:小球受重力mg、细线拉力F、斜面的支持力N,水平方向由牛顿第二定律得Fcos θ-Nsin θ=ma,竖直方向合力为零,Fsin θ+Ncos θ-mg=0,联立解得:F=m(gsinθ+acos θ),N=m(gcos θ-asin θ),选项A正确.

4、用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图像,如图所示,g=10 m/s²,水平面各处粗糙程度相同,则由此可以计算出(　　)

A.物体与水平面间的最大静摩擦力

B.物体与水平面间的动摩擦因数

C.外力F为12 N时物体的速度

D.物体的质量

答案：ABD解析:设物体质量为m,最大静摩擦力(即滑动摩擦力)为f_m,由牛顿第二定律和aF图像可得12-f_m=5m、6-f_m=0.4 m,由此可求得f_m、m,而f_f=f_m=μmg,则可求得μ,故选项A、B、D正确,由于物体做加速度增大的加速运动,题中条件无法求出F=12 N时物体的速度,选项C错误.

5、细绳拴一个质量为m的小球,小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连.平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°,如图所示,以下说法正确的是(已知sin 53°=0.8,cos 53°

=0.6)(　　)

 

A.小球静止时弹簧的弹力大小为3mg/5

B.小球静止时细绳的拉力大小为3mg/5

C.细线烧断瞬间小球的加速度为5g/3

D.细线烧断后小球做平抛运动

答案：C解析:细绳烧断前对小球进行受力分析如图所示,其中F₁为弹簧的弹力,F₂为细绳的拉力.

由平衡条件得F₂cos 53°=mg,

F₂sin 53°=F₁,

解得F₂=mg,F₁=mg,故选项A、B错误.

细绳烧断瞬间,细绳的拉力突然变为零,而弹簧的弹力不变,此时小球所受的合力与F₂等大反向,所以,小球的加速度立即变为a=g,故选项C正确;细线烧断后小球的初速度为零,不可能做平抛运动,故选项D错误.

6、物体甲、乙原来静止于光滑水平面上.从t=0时刻开始,甲沿水平面做直线运动,速度随时间变化如图(甲)所示;乙受到如图(乙)所示的水平拉力作用.则在0～4 s的时间内(　　)

A.甲物体所受合力不断变化

B.甲物体的速度不断减小

C.2 s末乙物体改变运动方向 

D.2 s末乙物体速度达到最大

答案：D解析:对于题图(甲),vt图线的斜率表示物体的加速度,对于甲物体而言,加速度恒定,合力恒定,选项A错误;甲物体的速度先减小为零,再逐渐增大,选项B错误;对于题图(乙),物体乙的合力先逐渐减小为零,再反向逐渐增大,因而物体乙先做加速运动,t=2 s时速度达到最大,然后做减速运动,t=4 s时速度减小为零,选项C错误,选项D正确.

7、如图所示,质量为m₁的木块和质量为m₂的长木板叠放在水平地面上.现对木块施加一水平向右的拉力F,木块在长木板上滑行,而长木板保持静止状态.已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ₁,长木板与地面间的动摩擦因数为μ₂,且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,则(　　)

A.μ₁>μ₂

B.μ₁<μ₂

C.若改变F的大小,当F>μ₁(m₁+m₂)g时,长木板将开始运动

D.若将F作用于长木板,当F>(μ₁+μ₂)(m₁+m₂)g时,长木板与木块将开始相对滑动

答案：D解析:质量为m₂的长木板保持静止的条件为μ₁m₁g<μ₂(m₁+m₂)g,则

μ₁<(1+)μ₂,故选项A、B错误;当长木板加速运动时,满足F>μ₁m₁g,又μ₁m₁g>μ₂(m₁+m₂)g,故F>μ₂(m₁+m₂)g,因为F>μ₁(m₁+m₂)g不满足F>μ₂(m₁+m₂)g,所以长木板不会滑动,选项C错误;将F作用于长木板,若长木板即将开始滑动,对质量为m₁的木块有μ₁m₁g=m₁a₁,对质量为m₂的长木板有F-μ₁m₁g-μ₂(m₁+m₂)g=m₂a₂,且a₂>a₁,联立解得

F>(μ₁+μ₂)(m₁+m₂)g,选项D正确.

8、如图所示,总质量为460 kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s²,当热气球上升到180 m时,以5 m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10 m/s².关于热气球,下列说法正确的是(　　)

 

A.所受浮力大小为4 830 N

B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s

D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

答案：AD解析:热气球刚开始上升时,速度为零,不受空气阻力,只受重力、浮力,由牛顿第二定律知F-mg=ma,得F=m(g+a)=4 830 N,选项A正确;加速上升过程中,速度增大,所受空气阻力也增大,则选项B错误;热气球以5 m/s的速度匀速上升时,由平衡条件知所受的空气阻力f=F-mg=230 N,则选项D正确;热气球从地面开始上升10 s内做变加速运动,故10 s时其速度大小要小于5 m/s,则选项C错误.

9、如图为某同学自制的加速度计.构造如下:一根轻质细杆的下端固定一个小球,杆的上端与光滑水平轴相连接.杆可在竖直平面内左右摆动.硬质面板紧靠杆摆动的平面放置,并标有刻度线.其中,刻度线c位于经过O的竖直线上,刻度线b在bO连线上,∠bOc=30°,刻度线d在dO连线上,∠cOd=45°.使用时,若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向,速度v=10 m/s,g取9.8 m/s²,汽车前进时(　　)

A.若细杆稳定地指示在b处,则汽车加速度为4.9 m/s²

B.若细杆稳定地指示在d处,则0.5 s内汽车速度减小了4.9 m/s

C.若细杆稳定地指示在b处,则0.5 s内汽车速度增大了4.9 m/s

D.若细杆稳定地指示在c处,则5 s内汽车前进了100 m

答案：B解析:若细杆稳定地指示在b处,小球的受力如图所示,由牛顿第二定律得mgtan 30°=ma₁,则汽车加速度为a₁=gtan 30°=9.8× m/s²≈5.66 m/s²,故选项A错误;0.5 s内汽车速度增大了Δv=a₁Δt=5.66×0.5 m/s=2.83 m/s,故选项C错误;若细杆稳定地指示在d处,同理可得汽车加速度为a₂=gtan 45°=9.8 m/s²,则0.5 s内汽车速度减小了Δv=a₂Δt=4.9 m/s,选项B正确;若细杆稳定地指示在c处,汽车匀速运动,则5 s内汽车前进了x=vt=10×5 m=50 m,选项D错误.

10、三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37°.现有两小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5,下列说法正确的是(　　)

 

A.物块A先到达传送带底端

B.物块A、B同时到达传送带底端

C.物块A、B运动的加速度大小不同

D.物块A、B在传送带上的划痕长度不相同

答案：BD解析:A、B受力情况相同,均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力,故A、B的加速度相同,运动时间相同,将同时到达底端,故选项A、C错,B正确;由于小物块A与传送带的运动方向相同,小物块B与传送带的运动方向相反,故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同,选项D正确.

11、如图所示,质量m=2.2 kg的金属块放在水平地板上,在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为F=10 N的拉力作用下,以速度v=5.0 m/s向右做匀速直线运动.(cos 37°=0.8,sin 37°

=0.6,取g=10 m/s²)求:

(1)金属块与地板间的动摩擦因数;

(2)如果从某时刻起撤去拉力,那么撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离.

解析:(1)设地板对金属块的支持力为N,金属块与地板间的动摩擦因数为μ,因为金属块匀速运动,

所以有Fcos θ=μN,mg=Fsin θ+N

解得μ==0.5.

(2)撤去F后,设金属块受到的支持力为N′,运动的加速度为a,在水平地板上滑行的距离为x,

则N′=mg,μN′=ma,x=.解得x=2.5 m.

答案:(1)0.5　(2)2.5 m

12、如图所示,有一水平传送带匀速向左运动,某时刻将一质量为m的小煤块(可视为质点)放到长为L的传送带的中点.它与传送带间的动摩擦因数为μ,求:

 

(1)小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向;

(2)要使小煤块留在传送带上的印记长度不超过,传送带的速度v应满足的条件.

解析:(1)小煤块受到的摩擦力大小f=μmg,方向水平向左.

(2)依题意,由牛顿第二定律得,小煤块的加速度

a===μg

设小煤块刚滑到传送带左端时速度正好与传送带速度相等,大小为v,

由v=at,得t=

小煤块位移x₁=at²

联立得

x₁=μg·

传送带位移x₂=vt

由空间关系得x₂-x₁<

联立得-<,则v<.

答案:(1)μmg　水平向左　(2)v<

点评 对于传送带问题关键是分析物体的受力情况,在传送带上的物体主要是分析它是否受到摩擦力,它受到的摩擦力的大小和方向如何,是静摩擦力还是滑动摩擦力.在受力分析时,正确地理解物体相对于传送带的运动方向.