高中物理教科版 能力提升作业 必修一　牛顿第二定律　两类动力学问题 Word版含解析

1．(2017·11月浙江选考)在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是(　　)
A．质量，千克　　　　　　　　 B．能量，焦耳
C．电阻，欧姆 D．电量，库仑
答案：A
2．(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(　　)
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零
C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零
解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C、D正确，A、B错误．
3.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则(　　)
A．运动员的加速度为gtan θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ
D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ4.(2019·嘉兴检测)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N，而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．
解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为
a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s
及位移x1＝a1t＝0.6 m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝
经时间t2速度变为v′1＝v1－a2t2
第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，
则v－v′＝2a1x1
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝
解得：x2＝5.2 m.
答案：(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m
【课后达标检测】
一、选择题
1．(2018·4月浙江选考)用国际单位制的基本单位表示能量的单位，以下正确的是(　　)
A．kg·m2/s2　　　　　　　 B．kg·m/s2
C．N/m D．N·m
答案：A
2．下列关于单位制的说法中，不正确的是(　　)
A．基本单位和导出单位一起组成了单位制
B．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量
C．在国际单位制中，力学的三个基本单位分别是m、kg、s
D．力的单位牛顿是国际单位制中的一个基本单位
答案：D
3．质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是(　　)
A．50 m B．42 m
C．25 m D．24 m
答案：C
4.(2019·浙江十校联考)如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g.则有(　　)
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g
C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g
答案：C
5．(2019·浙江猜题卷)有种台阶式自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，用G、N、f表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，则能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是(　　)
解析：选D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力．人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触面平行，故摩擦力是水平的．D正确．
6.(多选)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F1，Ⅱ中拉力的大小为F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a应是(　　)
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线方向
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如图所示．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，则小球只受重力作用，加速度为g，选项A正确、C错误；若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F1与重力的合力大小仍等于F2，所以此时加速度为a＝，方向水平向左，选项B正确、D错误．
7．(2019·湖州质检)如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　)
A．当风速为3 m/s时，物体沿斜面向下运动
B．当风速为5 m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用
C．当风速为5 m/s时，物体开始沿斜面向上运动
D．物体与斜面间的动摩擦因数为0.025
解析：选A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a0＝4 m/s2，沿斜面方向有a＝gsin θ－μgcos θ，解得μ＝0.25，D错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，则加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A正确，B、C错误．
8．(2019·东阳中学期中)如图所示，在水平面上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块1、2与水平面间的动摩擦因数为μ，木块3和水平面之间无摩擦力．现用一水平恒力向右拉木块3，当三木块一起匀速运动时，1和3两木块间的距离为(木块大小不计)(　　)
A．L＋ B．L＋
C．2L＋ D．2L＋
解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有：
kx1－μm1g＝0
对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有：
kx2－μ(m1＋m2)g＝0
木块1与木块3之间的总长度为
x＝2L＋x1＋x2，由以上各式解得x＝2L＋，故C正确．
9．一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是(　　)
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
解析：选D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a＝μg与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx＝vt－t＝vt＝，可见传送带速度越小、动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C错误，D正确．
10.(2019·湖州质检)如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是(　　)
解析：选A.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误．
二、非选择题
11.(2019·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：
(1)物块的初速度v0；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．
解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m
由v＝2gxm，得v0＝8 m/s.
(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0
由题图得水平最大位移为x＝6.4 m
由运动学公式有：v＝2ax
由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.
(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0
由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m
由运动学公式有：v＝2a′x′
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′
得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.
因为mgsin θ＝6m＞μmgcos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．
答案：(1)8 m/s　(2)0.5
(3)37°　能滑回底端，理由见解析
12.(2019·杭州质检)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．
解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则
mgsin 30°＝ma1
v＝2a1
解得：vmax＝4 m/s.
(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2
则μmg＝ma2
v＝2a2L
解得：μ＝0.4.
(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，则v＝vmax－a2(t－t1)
解得：v＝3.2 m/s.
答案：(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s