《高考物理一輪復習 考點規(guī)范練8 牛頓第二定律 兩類動力學問題（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復習 考點規(guī)范練8 牛頓第二定律 兩類動力學問題（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練8　牛頓第二定律　兩類動力學問題 一、單項選擇題 1.如圖所示,彈簧一端固定在天花板上,另一端連一質(zhì)量m0=2 kg的秤盤,盤內(nèi)放一個質(zhì)量m=1 kg的物體,秤盤在豎直向下的拉力F=30 N作用下保持靜止,當突然撤去拉力F的瞬時,物體對秤盤的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　) A.10 N B.15 N C.20 N D.40 N 答案:C 2.如圖所示,B是水平地面上AC的中點,可視為質(zhì)點的小物塊以某一初速度從A點滑動到C點停止。小物塊經(jīng)過B點時的速度等于它在A點時速度的一半。則小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1和與BC段間的動摩擦因數(shù)μ2的比值為(　　)

2、 A.1 B.2 C.3 D.4 答案:C 解析:物塊從A到B根據(jù)牛頓第二定律,有μ1mg=ma1,得a1=μ1g。從B到C根據(jù)牛頓第二定律,有μ2mg=ma2,得a2=μ2g。設小物塊在A點時速度大小為v,則在B點時速度大小為v2,由于AB=BC=l,由運動學公式知,從A到B有v22-v2=-2μ1gl,從B到C有0-v22=-2μ2gl,聯(lián)立解得μ1=3μ2,故選項C正確。 3.如圖所示,光滑直桿一端固定在地面上的A點,另一端靠在豎直墻上,桿上套有一個小球,球可以在桿上自由滑動,球從桿的上端沿桿下滑到A點所用的時間為t,若逐漸減小桿的長度,使桿與水平方向的夾角從60°逐漸減小到3

3、0°,則下列說法正確的是(　　) A.小球從桿的上端運動到下端的時間不斷減小 B.小球從桿的上端運動到下端的時間不斷增大 C.小球從桿的上端運動到下端的時間先減小后增大 D.小球從桿的上端運動到下端的時間先增大后減小 答案:C 解析:設A點到墻的距離為l,桿與水平方向的夾角為θ,則lcosθ=12gt2sinθ,解得t=4lgsin2θ,當θ=45°時,t最小,因此選項C正確。 4.如圖所示,質(zhì)量為1.5 kg的物體A靜止在豎直固定的輕彈簧上,質(zhì)量為0.5 kg的物體B由細線懸掛在天花板上,B與A剛好接觸但不擠壓?，F(xiàn)突然將細線剪斷,則剪斷細線瞬間A、B間的作用力大小為(g取1

4、0 m/s2)(　　) A.0 B.2.5 N C.5 N D.3.75 N 答案:D 解析:剪斷細線前,只有A對彈簧有作用力,所以剪斷細線前彈簧的彈力F彈=mAg=15N,將細線剪斷的瞬間,根據(jù)牛頓第二定律可得(mA+mB)g-F彈=(mA+mB)a,解得a=2.5m/s2,隔離B,則有mBg-FN=mBa,代入數(shù)據(jù)解得FN=mBg-mBa=3.75N,D正確。 5.(2019·安徽滁州重點高中聯(lián)考)如圖甲所示,在傾角為30°的足夠長的光滑斜面上,有一質(zhì)量為m的物體,受到沿斜面方向的力F作用,力F按圖乙所示規(guī)律變化(圖中縱坐標是F與mg的比值,力沿斜面向上為正)。則物體運動的速度

5、v隨時間t變化的規(guī)律是(物體初速度為零,重力加速度取10 m/s2)(　　) 答案:C 解析:在0~1s內(nèi),a1=F-mgsin30°m=g2,方向沿斜面向上,物體向上做勻加速直線運動,1s末物體速度v1=a1t1=5m/s;在1~2s內(nèi),拉力為零,a2=mgsin30°m=g2,方向沿斜面向下,物體沿斜面向上做勻減速直線運動,2s末速度為零;在2~3s內(nèi),a3=F+mgsin30°m=3g2,方向沿斜面向下,物體沿斜面向下做勻加速直線運動,3s末物體速度v3=a3t3=15m/s,故C正確,A、B、D錯誤。 二、多項選擇題 6.如圖所示,A、B兩物塊質(zhì)量分別為2m、m,用

6、一輕彈簧相連,將A用長度適當?shù)妮p繩懸掛于天花板上,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),B物塊恰好與水平桌面接觸而沒有擠壓,此時輕彈簧的伸長量為x?，F(xiàn)將懸繩剪斷,則下列說法正確的是(　　) A.懸繩剪斷后,A物塊向下運動2x時速度最大 B.懸繩剪斷后,A物塊向下運動3x時速度最大 C.懸繩剪斷瞬間,A物塊的加速度大小為2g D.懸繩剪斷瞬間,A物塊的加速度大小為32g 答案:BD 解析:剪斷懸繩前,對物塊B受力分析,物塊B受到重力和彈簧的彈力,可知彈力F=mg。懸繩剪斷瞬間,對物塊A分析,物塊A的合力為F合=2mg+F=3mg,根據(jù)牛頓第二定律,得a=32g,故C錯誤,D正確。彈簧開始處于伸長狀態(tài)

7、,彈力F=mg=kx;物塊A向下壓縮,當2mg=F'=kx'時,速度最大,即x'=2x,所以A下降的距離為3x,故B正確,A錯誤。 7.右圖是汽車運送圓柱形工件的示意圖,圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器,假設圓柱形工件表面光滑,汽車靜止不動時,Q傳感器示數(shù)為零,P、N傳感器示數(shù)不為零。在汽車向左勻加速啟動過程中,P傳感器示數(shù)為零,而Q、N傳感器示數(shù)不為零。已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2。則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為(　　) A.2.5 m/s2 B.3 m/s2 C.2 m/s2 D.4 m/s2

8、答案:BD 解析:在汽車向左勻加速啟動過程中,P傳感器示數(shù)為零而Q、N傳感器示數(shù)不為零,受力分析如圖所示, 則FQ+mg=FNcos15°,F合=FNsin15°=ma, 解得a=FQ+mgmtan15°=FQm×0.27+10×0.27m/s2=0.27×FQm+2.7m/s2≥2.7m/s2,故可能的為B、D選項。 8.乘坐空中纜車飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行,如圖所示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面,斜面上放一個質(zhì)量為m的小物塊,小物塊相對斜面靜止。則下列說法正確的是(　　) A.小物塊受到的摩擦力方向平行斜面

9、向上 B.小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下 C.小物塊受到的滑動摩擦力為12mg+ma D.小物塊受到的靜摩擦力為12mg+ma 答案:AD 解析:因為物塊和斜面一起沿山坡向上加速運動,故物塊所受靜摩擦力沿斜面向上,A對,B錯;小物塊受力如圖所示,由牛頓第二定律Ff-mgsin30°=ma,得Ff=12mg+ma,因小物塊相對斜面靜止,所以物塊受靜摩擦力,故C錯,D對。 9.如圖甲所示,質(zhì)量為m的小球放在光滑水平面上,在豎直線MN的左方受到水平恒力F1作用(m可視為質(zhì)點),在MN的右方除受F1外還受到與F1在同一直線上的水平恒力F2的作用,小球運動的v-t圖像如圖乙所示。下列

10、說法正確的是(　　) A.小球在MN右方加速度大小為v1t3-t2 B.F2的大小為2mv1t3-t1 C.小球在MN右方運動的時間為t4-t2 D.小球在t=0到t=t4這段時間內(nèi)最大位移為12v1t2 答案:AD 解析:因為v-t圖像斜率的絕對值為加速度的大小,選項A正確;由F2-F1=ma2=m2v1t3-t1,可知選項B錯誤;由題圖乙可知小球在MN右方運動的時間為t3-t1,選項C錯誤;因為v-t圖像的面積等于物體的位移,所以小球在t=0到t=t4這段時間內(nèi)最大位移為12v1t2,選項D正確。 三、非選擇題 10.(2019·廣東汕頭金山中學期中)如圖所示,兩木塊A

11、、B質(zhì)量均為m,用勁度系數(shù)為k、原長為l的輕彈簧連在一起,放在傾角為α的傳送帶上,兩木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ,用與傳送帶平行的細線拉住木塊A,傳送帶按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動,兩木塊處于靜止狀態(tài)。求: (1)A、B兩木塊之間的距離; (2)剪斷細線瞬間,A、B兩木塊加速度分別為多大。 答案:(1)l+mgsinα+μmgcosαk (2)2g(sin α+μcos α)　0 解析:(1)隔離木塊B受力分析,由平衡條件可得F彈=mgsinα+μmgcosα 由胡克定律F彈=kΔx得兩木塊間的距離為lAB=l+Δx=l+mgsinα+μmgcosαk。 (2)剪斷細線瞬間彈簧彈力

12、不變,對木塊B由牛頓第二定律得F彈-(mgsinα+μmgcosα)=maB 解得aB=0 對于木塊A有F彈+μmgcosα+mgsinα=maA 解得aA=2(gsinα+μgcosα)=2g(sinα+μcosα)。 11.足夠長的光滑斜面BC的傾角α=53°,一質(zhì)量m=2 kg的小物塊靜止于A點,小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,水平面與斜面之間在B點有一小段弧形連接?，F(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向夾角為α=53°的恒力F作用,如圖甲所示,小物塊在AB段運動的速度—時間圖像如圖乙所示,當?shù)竭_B點時迅速撤去恒力F。(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取1

13、0 m/s2)求: (1)小物塊所受到的恒力F的大小; (2)小物塊從B點沿斜面向上運動,到返回B點所用的時間; (3)小物塊能否返回到A點?若能,計算小物塊通過A點時的速度:若不能,計算小物塊停止運動時離B點的距離。 答案:(1)11 N　(2)0.5 s　(3)小物塊不能返回到A點,停止運動時,離B點的距離為0.4 m 解析:(1)由題圖乙可知,AB段加速度a1=ΔvΔt=2.0-04.0-0m/s2=0.5m/s2;根據(jù)牛頓第二定律,有Fcosα-μ(mg-Fsinα)=ma1 得F=ma1+μmgcosα+μsinα=11N。 (2)小物塊沿斜面運動時,由牛頓第二定律

14、知,mgsinα=ma2 所以a2=gsinα=8m/s2 小物塊從B點沿斜面向上運動所用時間與返回B點所用時間相等,則有t=2vBa2=2×2.08s=0.5s。 (3)小物塊由B向A返回過程中的加速度為a3=μmgm=μg=5m/s2,由B開始運動到小物塊靜止,位移為x=vB22a3=2.022×5m=0.4m,而A和B之間的距離為x'=12×2×4m=4m,所以小物塊不能返回到A點,停止運動時,離B點的距離為0.4m。 12.(2017·全國卷Ⅱ)為提高冰球運動員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線相距x0和x1(x1

15、和冰球都位于起跑線上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板;冰球被擊出的同時,運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時,運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動,冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度大小為g。求: (1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù); (2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度。 答案:(1)v02-v122gx0　(2)x1(v1+v0)22x02 解析:(1)設冰球的質(zhì)量為m,冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為μ,由動能定理得 -μmgx0=12mv12?12mv02① 解得μ=v02-v122gx0。② (2)冰球到達擋板時,滿足訓練要求的運動員中,剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下,冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時間為t,由運動學公式得 v02?v12=2a1x0③ v0-v1=a1t④ x1=12a2t2⑤ 聯(lián)立③④⑤式得a2=x1(v1+v0)22x02。⑥