人教版高三物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)訓(xùn)練第三章課時(shí)2牛頓第二定律超重與失重

課時(shí)2牛頓第二定律超重與失重課時(shí)訓(xùn)練基礎(chǔ)鞏固1.(2019·浙江1月學(xué)考)如圖所示,在近地圓軌道環(huán)繞地球運(yùn)行的“天宮二號”的實(shí)驗(yàn)艙內(nèi),航天員景海鵬和陳冬在向全國人民敬禮時(shí)(C)B.處于平衡狀態(tài),加速度為零C.處于失重狀態(tài),加速度約為g2.如圖所示,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當(dāng)小車水平向右做勻加速運(yùn)動時(shí),球所受合外力的方向沿圖中的(D)解析:據(jù)題意可知,小車向右做勻加速直線運(yùn)動,由于球固定在桿上,而桿固定在小車上,則三者屬于同一整體,根據(jù)整體法和隔離法的關(guān)系分析可知,球和小車的加速度相同,所以球的加速度方向也應(yīng)該水平向右,則合外力的方向沿OD方向,故選項(xiàng)D正確。3.在哈爾濱冰雕節(jié)上,工作人員將如圖所示的小車和冰球推進(jìn)箱式吊車并運(yùn)至高處安裝,先后經(jīng)歷了水平向右勻速、水平向右勻減速、豎直向上勻加速、豎直向上勻減速運(yùn)動四個(gè)過程。冰球與水平底板和右側(cè)斜擋板始終保持接觸但摩擦不計(jì)。冰球與右側(cè)斜擋板間存在彈力的過程是(B)解析:向右勻速運(yùn)動過程中冰球受到豎直向下的重力與底板對球的支持力而平衡,右側(cè)斜擋板沒有作用力,所以A項(xiàng)錯(cuò)誤;向右勻減速過程中,加速度方向水平向左,合力水平向左,右側(cè)斜擋板一定有彈力,所以B項(xiàng)正確;向上勻加速過程中,合力向上,底面的支持力大于球的重力,右側(cè)斜擋板沒有彈力,所以C項(xiàng)錯(cuò)誤;同理,向上勻減速過程中,右側(cè)斜擋板也沒有彈力,所以D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.如圖所示,用細(xì)繩將條形磁鐵A豎直掛起,再將小鐵塊B吸在條形磁鐵A的下端,靜止后將細(xì)繩燒斷,A,B同時(shí)下落,不計(jì)空氣阻力,則下落過程中(D)解析:兩者一起向下做自由落體運(yùn)動,加速度等于重力加速度g,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;鐵塊B受重力,處于完全失重狀態(tài),但還受磁鐵的吸引力,則一定還受到磁鐵對其向下的力,選項(xiàng)B,C錯(cuò)誤,D正確。5.如圖所示,臺秤上放有盛水的杯子,杯底用細(xì)繩系一木質(zhì)的小球,若細(xì)線突然斷裂,則在小木球上浮到水面的過程中,臺秤的示數(shù)將(A)解析:當(dāng)細(xì)線斷裂后,木球向上加速運(yùn)動相當(dāng)于與該木球等體積的水球以同樣大小的加速度向下加速運(yùn)動,由于ρ水>ρ木,水球的質(zhì)量大于木球的質(zhì)量,因此木球和水所組成的系統(tǒng)其重心有向下的加速度,整個(gè)系統(tǒng)將處于失重狀態(tài),故臺秤的示數(shù)將變小,選項(xiàng)A正確。6.加速度計(jì)的構(gòu)造原理的示意圖如圖所示,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端相連,滑塊原來靜止,彈簧處于自然長度,滑塊上有指針,可通過標(biāo)尺測出滑塊的位移,設(shè)某段時(shí)間內(nèi)滑塊沿水平方向運(yùn)動,指針向左偏離O點(diǎn)的距離為x,則這段時(shí)間內(nèi)滑塊的加速度(D)A.方向向左,大小為kxm B.方向向右,大小為C.方向向左,大小為2kxm解析:指針向左偏離O點(diǎn)的距離為x,兩側(cè)彈簧的彈力均向右,合力為2kx=ma。7.甲、乙兩球從同一高度同時(shí)由靜止釋放,下落時(shí)受到的空氣阻力F與球的速率v成正比,即F=kv(k>0),且兩球的比例常數(shù)k相等,如圖所示為下落時(shí)兩球的vt圖象。若甲球與乙球的質(zhì)量分別為m1與m2,則(B)2>m1,且甲球先抵達(dá)地面2>m1,且乙球先抵達(dá)地面2<m1,且甲球先抵達(dá)地面2<m1,且乙球先抵達(dá)地面解析:由kv=mg可知,收尾速度大的乙球質(zhì)量較大,m2>m1,且乙球先抵達(dá)地面,選項(xiàng)B正確。8.如圖所示,底部有一個(gè)小孔的盛水容器做下列運(yùn)動(設(shè)容器在運(yùn)動過程中始終保持平動,且忽略空氣阻力),則觀察到的現(xiàn)象是(C)D.在豎直向上拋出運(yùn)動過程中,向上運(yùn)動時(shí)小孔漏水,向下運(yùn)動時(shí)小孔不漏水解析:在容器所做的題述幾種運(yùn)動中,都只受重力作用,加速度都是重力加速度g,容器中的水都處于完全失重狀態(tài),水對容器底部的壓力都為零,所以都不會有水漏出來,只有C正確。9.如圖所示,A,B兩人用安全帶連接在一起,從飛機(jī)上跳下進(jìn)行雙人跳傘運(yùn)動,降落傘未打開時(shí)不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是(A)A.在降落傘未打開的下降過程中,安全帶的作用力一定為零B.在降落傘未打開的下降過程中,安全帶的作用力大于B的重力C.在降落傘未打開的下降過程中,安全帶的作用力等于B的重力D.在A將降落傘打開后減速下降過程中,安全帶的作用力小于B的重力解析:據(jù)題意,降落傘未打開時(shí),A,B兩人一起做自由落體運(yùn)動,處于完全失重狀態(tài),則A,B之間安全帶的作用力為0,選項(xiàng)A正確,B,C錯(cuò)誤;降落傘打開后,A,B減速下降,加速度向上,則A,B處于超重狀態(tài),對B有FTmg=ma,即FT=mg+ma>mg,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.如圖甲所示,在粗糙水平面上,物體A在水平向右的外力F的作用下做直線運(yùn)動,其vt圖象如圖乙所示,下列判斷正確的是(C)～1s內(nèi),外力F不斷增大～3s內(nèi),外力F的大小為零～4s內(nèi),外力F不斷減小～4s內(nèi),外力F不斷增大解析:在0～1s內(nèi),圖線的斜率不變,加速度不變,由牛頓第二定律得FFf=ma,可知外力F是恒力,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在1～3s內(nèi),速度不變,物體做勻速直線運(yùn)動,加速度等于零,F=Ff,故外力F的大小恒定,不為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在3～4s內(nèi),斜率越來越大,說明加速度越來越大,所以物體做加速度增大的減速運(yùn)動,由牛頓第二定律得FfF=ma,得F=Ffma,Ff,m不變,a增大,F減小,故選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。11.如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運(yùn)動。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長前,下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是(A)解析:設(shè)物塊P靜止時(shí),彈簧的長度為l0,對其受力分析如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律,得F+k(ll0x)mg=ma,又k(ll0)=mg,故F=kx+ma,A正確。12.(多選)如圖,升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面,斜面上放一物塊。開始時(shí)升降機(jī)做勻速運(yùn)動,物塊相對斜面勻速下滑,當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)(BD)解析:當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí),物塊有豎直向上的加速度,則物塊與斜面間的正壓力增大,根據(jù)滑動摩擦力公式Ff=μFN可知,物塊與斜面間的摩擦力增大,故A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)斜面的傾角為θ,物塊的質(zhì)量為m,當(dāng)升降機(jī)勻速運(yùn)動時(shí)有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ,假設(shè)升降機(jī)以加速度a向上運(yùn)動時(shí),有FN=m(g+a)cosθ,Ff=μm(g+a)cosθ,因?yàn)閟inθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ=μm(g+a)cosθ,故物塊仍做勻速下滑運(yùn)動,C錯(cuò)誤,D正確。13.為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù),某同學(xué)用測速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動情況,裝置如圖甲所示。他使木塊以v0=4m/s的初速度沿傾角θ=30°的斜面上滑,并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù),利用電腦繪出了木塊從開始至最高點(diǎn)的vt圖線,如圖乙所示。木塊到達(dá)最高點(diǎn)后又沿斜面滑下。g取10m/s2。求:(1)木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ;(2)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v。解析:(1)由題圖乙可知,木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn),上滑過程中加速度的大小a1=ΔvΔt=40.5由牛頓第二定律得上滑過程中mgsinθ+μmgcosθ=ma1聯(lián)立解得μ=35(2)木塊上滑過程中做勻減速運(yùn)動,有2a1x=v下滑過程中由牛頓第二定律得mgsinθμmgcosθ=ma2下滑至出發(fā)點(diǎn)做初速度為0的勻加速運(yùn)動,得2a2x=v2聯(lián)立解得v=2m/s。答案:(1)35(2)2m14.直升機(jī)沿水平方向勻速飛往水源取水滅火,懸掛著m=500kg空箱的懸索與豎直方向的夾角θ1=45°。直升機(jī)取水后加速飛往火場,加速度沿水平方向,大小穩(wěn)定在a=1.5m/s2時(shí),懸索與豎直方向的夾角θ2=14°。如果空氣阻力大小不變,且忽略懸索的質(zhì)量,試求:(取重力加速度g=10m/s2;sin14°=0.242;cos14°=0.970)(1)水箱所受的空氣阻力;(2)水箱中水的質(zhì)量M。解析:(1)直升機(jī)取水,水箱受力平衡,則有T1sinθ1f=0,T1cosθ1mg=0,聯(lián)立解得f=mgtanθ1=5000N。(2)直升機(jī)返回,由牛頓第二定律得T2sinθ2f=(m+M)a,T2cosθ2(m+M)g=0,×103×10能力提升15.如圖甲,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與繩子對貨物豎直向上的拉力FT之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示。由圖可知下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(C)M=gTN=mg1解析:貨物受重力和繩子的拉力作用,根據(jù)牛頓第二定律可得FTmg=ma,即a=1mFTg,對比aFT圖象可知圖線與縱軸的交點(diǎn)表示g,圖線與橫軸的交點(diǎn)表示mg,圖線的斜率k=1m16.如圖甲所示,一只螞蟻在傾角為θ=37°的大理石斜面上沿直線向上拖拉質(zhì)量為m=1g的食物。t=0時(shí)刻從A點(diǎn)出發(fā),若螞蟻對食物拖拉的作用力F可以簡化成按如圖乙所示規(guī)律變化;第3s末運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為0,此時(shí)螞蟻松開食物,食物下滑,第4s末食物剛好回到A點(diǎn)。已知食物與大理石面間的動摩擦因數(shù)μ=0.7,sin37°=0.6,cos37°=0.8(食物可視為質(zhì)點(diǎn),空氣阻力忽略不計(jì))。(1)求A,B間的距離及食物返回A點(diǎn)時(shí)速度的大小;(2)若螞蟻沿斜面向上拖拉食物過程中,食物對斜面的壓力大小恒為3×103N,則拖拉過程拉力F的平均功率是多少?(3)若在A點(diǎn)恰好有另外一只螞蟻,遇到該下滑的食物時(shí),立即施加給食物沿斜面向上的大小為1×103N的恒力,則食物在距離A點(diǎn)多遠(yuǎn)處方才停下?(忽略接觸瞬間的碰撞影響,斜面足夠長)解析:(1)根據(jù)牛頓第二定律,食物下滑的加速度為a=mgsinθ-μmgcosAB間的距離為s=12at22下滑到A點(diǎn)的速度為vA=at2=0.4m/s。(2)由動能定理有WFmgssinθμN(yùn)s=0,拉力F的平均功率為P=WFt1×(3)另一螞蟻施加力后,由牛頓第二定律得F′+μmgcosθmgsinθ=ma′,又vA2=2a解得x=vA22答案:(1)0.2m0.4m×104W(3)21517.2012年10月14日,奧地利人Baumgartner從太空邊緣(離地39km)起跳,據(jù)報(bào)道他以最高1342km/h的速度回到地球表面,成為“超音速”第一人。自由落體運(yùn)動的時(shí)間約為5分35秒。已知空氣中音速約為340m/s,空氣密度ρ=1.29kg/m3,重力加速度g=10m/s2。(1)他降落過程中的速度是否超過了音速?(2)這篇報(bào)道中有什么數(shù)據(jù)相互矛盾?請通過計(jì)算說明;(3)當(dāng)物體從高空下落時(shí),空氣對物體的阻力公式為f=12Cρv2S(C=92,ρ為空氣密度,v為運(yùn)動速度,S為物體截面積)。當(dāng)物體下落一段距離后將會勻速下落,這個(gè)速度被稱為收尾速度。已知空氣密度為1.29kg/m3,若Baumgartner加裝備的總質(zhì)量為100kg,腰圍解析:(