高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系3 牛顿第二定律课时练习

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第4课   力学单位制培优第一阶——基础过关练1．公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是(　 )A．kg·m·s－1  B．kg·m·s－2C．Pa·m2  D．J·m－1解析：选B　根据牛顿第二定律的表达式F＝ma，可知力的单位为kg·m·s－2，A错误，B正确；根据压强的表达式p＝，可知力的单位为Pa·m2，但压强单位Pa不是基本单位，C错误；根据做功的表达式W＝Fx，可知力的单位为J·m－1，但功的单位J不是基本单位，D错误。2．汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线.由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m.汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)A.10 m/s   B.20 m/sC.30 m/s   D.40 m/s答案　B解析　由牛顿第二定律得μmg＝ma，即a＝8 m/s2，由v2－v02＝－2ax得v0＝＝ m/s＝20 m/s，故选项B正确.3.如图所示，是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　 )A．7.6×104 kg  B．8.0×104 kgC．4.0×104 kg  D．4.0×103 kg解析：选A　加速度a＝＝m/s2＝0.01 m/s2，由牛顿第二定律F＝(M＋m)a，可知空间站的质量M＝－m＝ kg－4.0×103 kg＝7.6×104 kg，故A正确，B、C、D错误。4．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　 )A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5 s到达B处C．行李提前0.5 s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处解析：选BD　行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t＝＝2 s，B正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝ ＝  s＝2 s，D正确。5.(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　)A.开始时行李的加速度大小为2 m/s2B.行李经过2 s到达B处C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/sD.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m答案　AC解析　开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由上分析可知行李在到达B处前已经共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误.6.如图所示，传送带保持v＝1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m＝0.5 kg的物块轻轻地放在传送带的左端a点上，则物块从a点运动到右端b点所经历的时间为(设物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2)(　 )A. s　　　　　　　 B．(－1)sC．3 s  D．2.5 s[解析]　物块开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x＝＝ m＝0.5 m＜L，所经历的时间t1＝＝1 s，物块接着做匀速直线运动，所经历的时间t2＝＝ s＝2 s，故物块从a点运动到b点所经历的时间t总＝t1＋t2＝3 s，故C对。[答案]　C培优第二阶——拓展培优练7．一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断，例如从解得物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性，举例如下：声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度表达式中，k为比例系数，无单位，则这四个表达式中可能正确的是(　　)A.v＝   B.v＝C.v＝   D.v＝答案　B解析　根据力学单位制，速度的单位是m/s，密度的单位是kg/m3，压强的单位是kg/(m·s2)，所以的单位是m2/s2，的单位是m/s，的单位是s/m，的单位是kg/(m2·s)，选项B正确，A、C、D错误.8．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)A.0～5 m内物块做匀减速运动B.在t＝1 s时刻，恒力F反向C.恒力F大小为10 ND.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3答案　ABD解析　0～5 m内，由v12－v02＝2a1x1，得v12＝2a1x1＋v02，由题图乙知，2a1＝－20 m/s2，则a1＝－10 m/s2，则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度v0＝10 m/s，恒力F在5 m处反向，在0～5 m内物块运动的时间t＝＝1 s，即在t＝1 s时刻，恒力F反向，B正确；5～13 m内，由v22＝2a2x2得物块的加速度a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律得－F－μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立两式解得F＝7 N，μ＝0.3，D正确，C错误.9．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动.求：(1)飞行器9 s末的速度大小v1；(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；(3)飞行器落回地面的速度大小v2.答案　(1)36 m/s　(2)216 m　(3)48 m/s解析　(1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1－mg－f＝ma1解得a1＝4 m/s2飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s.(2)最初9 s内位移h1＝a1t12＝162 m设失去升力后上升阶段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：f＋mg＝ma2解得a2＝12 m/s2由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v1＝a2t2由运动学公式可得h2＝a2t22飞行器0～18 s内离地面的最大高度H＝h1＋h2解得t2＝3 s，H＝216 m.(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma3解得a3＝8 m/s2恢复升力前飞行器下落的时间为t3＝9 s－t2＝6 s，所以其速度v2＝a3t3.解得v2＝48 m/s，由于H>a3t32＝144 m，恢复升力后F2＝mg－f，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s.10．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50 kg，降落伞的质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则下列判断中正确的是(　　)A．k＝100 N·s/mB．打开伞瞬间运动员的加速度a＝30 m/s2，方向竖直向上C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5 ND．悬绳能够承受的拉力至少为625 N答案　BC解析　以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图(a)可知：2mg＝kv匀，又v匀＝5 m/s，故k＝200 N·s/m，选项A错误；在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv0－2mg＝2ma，所以a＝＝30 m/s2，方向竖直向上，选项B正确；设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象有8FTcos α－mg＝ma，FT＝＝312.5 N，选项C正确，D错误．11.一氢气球的质量m＝0.2 kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F＝10 N．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M＝4 kg的木块上，如图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力F＝kv(k为一常数，v为风速)，当风速v1＝3 m/s时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：(1)气球受到的浮力；(2)若风速v2＝6 m/s，木块开始运动时的加速度大小．答案　(1)12 N，方向竖直向上　(2)2.14 m/s2解析　(1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮－mg－F＝0，解得F浮＝12 N，方向竖直向上(2)当v1＝3 m/s时对整体受力分析F1＝kv1在水平方向上F1－Ff＝0在竖直方向上F浮＋FN－(mg＋Mg)＝0又知Ff＝μFN得：Ff＝9 N，k＝3 N·s/m若v2＝6 m/s时，F2＝kv2＝18 N，由牛顿第二定律有：F2－Ff＝(m＋M)a得：a≈2.14 m/s2培优第三阶——高考沙场点兵12．（2022-浙江6月）下列属于力的单位是（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】根据牛顿第二定律有   F = ma则力的单位为        故选A。13．可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏.如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变).若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小.(计算结果可用根式表示)答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝at2，解得x＝16 m.(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移大小为x′，则有t′＝，x′＝a1t′2，解得：x′＝1 m.企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：vt2－02＝2a2(x＋x′)解得：vt＝2 m/s.