浙江省2019-2020學年高中物理 第三章 課時訓練2 牛頓第二定律及其應用（含解析）

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1、課時訓練2　牛頓第二定律及其應用 基礎鞏固 1.下列物理量中,既是標量又是國際單位制基本量的一組是(　C　) A.力、質量、速度 B.力、時間、加速度 C.長度、質量、時間 D.長度、速度、時間 2.下列儀器中,不屬于國際單位制中基本單位所對應物理量的測量工具是(　C　) 3.如圖,三個完全相同的物塊1,2,3放在光滑水平桌面上?，F用大小相同的外力F沿圖示方向分別作用在三個物塊上,三者都做加速運動,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2.0×105 kW。設想如能創(chuàng)造一理想的沒有摩擦的環(huán)境,用一個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 B.一旦施力于航空母艦,航空母艦立即產生一個速度,但這一速度 很小 C.一旦施力于航空母艦,航空母艦立即產生一個加速度 D.由于航空母艦慣性很大,施力于航空母艦后,要經過一段很長時間后才會產生一個明顯的加速度 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,遇到緊急剎車時乘員可能受到傷害。為此人們設計了安全帶以盡可能減輕猛烈碰撞受到的傷害.假設某次急剎車時的速度為 20 m/s,由于安全帶的作用,使質量 50 kg的乘員產生的加速度大小約為6 m/s2,此時安全帶對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B正確。 7.我國宇航員王亞平在太空授課時,利用質量測量儀粗略測出了聶海勝的質量。若聶海勝受到恒力F從靜止開始運動,經時間t移動的位移為x,則聶海勝的質量為(　D　)

4、 A. B. C. D. 解析:設運動的加速度為a,由牛頓第二定律得 a=,x=at2, 即m=,故選項D正確。 8.一輕彈簧上端固定,下端掛一重物,平衡時彈簧伸長了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,平衡時彈簧伸長了4 cm,則G=mg=kx1= 4×10-2k,再將重物向下拉1 cm時彈簧彈力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A正確。 9.(2018·浙江4月學考)如圖所示,小芳在體重計上完成下蹲動作。下列Ft圖象能反映體重計示數隨時間變化的是(　C　) 解析:小芳下蹲時先加速下降,后減速下降,故其先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài),體重計的示數F先小于重力,后大于重力,C正確。 10.質量為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。當拉力方向不變,大小變?yōu)?F時,木塊的加速度為a′,則(　C　) A.a′=a B.a′<2a C.a′>2a D.a′=2a 解析:設摩擦力為f,故當用大小為F的恒力拉木塊時,F-f=ma;當用大小為2F

6、的恒力拉木塊時2F-f=ma′;故m(a′-2a)=2F-f-2(F-f)=f>0,故a′>2a,選項C正確。 能力提高 11.(2019·金華月考)水平路面上質量為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動。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.小車運動的總時間為6 s 解析:小車2 s末的速度v=at=1.5×2 m/s=3 m/s,故A錯誤;以小車為研究對象,根據牛頓第二定律,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,根據牛頓第二定律有f=ma1,解得a1=0.5 m/s2,故C錯誤;撤去推力后小車運動的時間為t1== s=6 s,所以小車運動的總時間為t=(2+6)s=8 s,故D錯誤。 12.慣性制導系統的重要元件之一是加速度計,其構造原理如圖所示。沿運行方向的固定光滑桿上套一質量為m的滑塊,滑塊兩側分別與勁度系數均為k的彈簧相連,兩彈簧的另一端與固定壁相連?；瑝K原來靜止,且彈簧處于自然長度?；瑝K上有指針,可通過標尺測出滑塊的位移,最后通過控制系統進行制導,若某段時間內指針向左偏離“0”點的距離為s,則這段時間內的加速度為(　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,兩彈簧的彈力都向右,則有2ks=ma,即a=,方向水平向右,選項D正確。 13.如圖甲所示,某人正通過定滑輪將質量為m的貨物提升到高處?；喌馁|量和摩擦均不計,貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力T之間的關系圖象如圖乙所示,重力加速度為g,由圖可以判斷下列說法錯誤的是(　D　) A.圖線與縱軸的交點M的值aM=-g B.圖線的斜率等于物體質量的倒數 C.圖線與橫軸的交點N的值TN=mg D.圖線的斜率等于物體的質量m 解析:對貨物受力分析,受重力mg和拉力T,根

9、據牛頓第二定律,有T-mg=ma,則a=T-g;當a=0時,T=mg,故圖線與橫軸的交點N的值TN=mg,故C正確;當T=0時,a=-g,即圖線與縱軸的交點M的值aM=-g,故A正確;圖線的斜率表示質量的倒數,故B正確,D錯誤。 14.“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩系在踝關節(jié)處,從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動,所受繩子拉力F的大小隨時間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動,重力加速度為g。據圖可知,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:由題圖可知當人最后不動時,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,雜技演員在進行“頂桿”表演時,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。若演員乙的質量為40 kg,直桿的質量為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內大于重力 B.1～2 s內為0 C.2～3 s內大于重力 D.0～3 s內方向先向上,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 內處于超重狀態(tài),即向下減速;1～2 s內勻速運動,故選項A,B錯誤,C正確;整個過程中演員乙受到摩擦力方向始終向上,選項D錯誤。 16.跳樓機是能體驗強烈失重、超重感覺的娛樂設施,游戲時跳樓機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,當落到離地面44 m時制動系統開始啟動,座艙勻減速運動到地面時剛好停止。若某游客手中托著質量為100 g的手機進行這個游戲,g取 10 m/s2(空氣阻力不計,可能用到的數據442=1 936),試求: (1)當座艙落到離地面高度為50 m的位置時,手機對手的作用力; (2

12、)從最高點運動到地面,整個過程的總時間; (3)當座艙落到離地面高度為15 m位置時,手要用多大的力才能托住手機. 解析:(1)由題意可知在離地面44 m之前,游客和手機一起做自由落體運動,處于完全失重狀態(tài),手機對手的作用力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 則整個過程所用時間t=t1+t2=6.4 s。 (3)在勻減速過程,由運動學規(guī)律有 v2=2ah2,所以a=22 m/s2 以手機為研究對象,由牛頓第二定律得 F2-mg=ma, 解得手對手機的作用力

13、 F2=3.2 N。 答案:(1)0　(2)6.4 s　(3)3.2 N 17.(2019·浙江1月學考)一艘質量M=3.5×103 kg的宇宙飛船正在遠離星球進行太空飛行,發(fā)現前方有一物體。為探測該物體的質量,飛船去接觸物體,接觸以后啟動飛船的推進器,使飛船和物體一起做勻加速直線運動,10.0 s 后速度增加了1.50 m/s。已知推進器的推力F=9.0×102 N.求該物體的質量m。 解析:設飛船運動方向為正方向 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月學考)某校物理課外小組為了研究不同物體水下運動特征,使用質量m=0.05 kg的流線型人形模型進行模擬實驗。實驗時讓模型從h=0.8 m 高處自由下落進入水中。假設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,模型的位移大小遠大于模型長度,忽略模型在空氣中運動時的阻力,g取10 N/kg。試求模型: (1)落到水面時速度v的大小; (2)在水中能到達的最大深度H; (3)從開始下落到返回水面所需時間t。 解析:(1)模型入水時速度記為v,自由下落階段加速度記為a1,則a1=g, v2=2a1h,v=4 m/s。 (2)模型入水后向下運動時,設向下為正,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, 總時間t=t1+t2+t3=1.15 s。 答案:(1)4 m/s　(2)0.5 m　(3)1.15 s - 7 -