《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練8 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練8 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題 新人教版（8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(xué)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(dāng)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,將質(zhì)量為m0的U形框架開口向下置于水平地面上,用輕彈簧1、2、3將質(zhì)量為m的小球懸掛起來?？蚣芎托∏蚨检o止時彈簧1豎直,彈簧2、3水平且長度恰好等于彈簧原長,這時框

2、架對地面的壓力大小等于(m0+m)g?，F(xiàn)將彈簧1從最上端剪斷,則在剪斷后瞬間(　　) A.框架對地面的壓力大小仍為(m0+m)g B.框架對地面的壓力大小為0 C.小球的加速度為0 D.小球的加速度大小等于g 答案D 3.(2018·天津?qū)嶒炛袑W(xué)期中)在探究超重和失重規(guī)律時,某體重為G的同學(xué)站在一壓力傳感器上完成一次下蹲動作。傳感器和計算機相連,經(jīng)計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖像,則下列圖像可能正確的是(　　) 答案D 解析對人的運動過程分析可知,人在加速下蹲的過程中,有向下的加速度,處于失重狀態(tài),此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大小;在減速下蹲的過程中,加速度方

3、向向上,處于超重狀態(tài),此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小,故A、B、C錯誤,D正確。 4.(2018·廣東深圳中學(xué)月考)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10 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

4、/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。 二、多項選擇題 5.由牛頓第二定律可知,無論怎樣小的力都可以使物體產(chǎn)生加速度,可是當(dāng)我們用一個很小的水平力去推很重的桌子時,卻推不動它,這是因為(　　) A.牛頓第二定律不適用于靜止物體 B.有加速度產(chǎn)生,但數(shù)值很小,不易覺察 C.靜摩擦力等于水平推力,所以桌子靜止不動 D.桌子所受合力為零,加速度為零,所以靜止不動 答案CD 解析用很小的力來推桌子,這個力小于最大靜摩擦力,合力是零,根據(jù)牛頓第二定律,加速度等于零,所以靜止不動,即牛頓第二定律適用于靜止物體,A、B錯誤,D正確;桌

5、子受力平衡,水平方向上靜摩擦力等于水平推力大小,C正確。 6. 如圖所示,A、B兩物塊質(zhì)量分別為2m、m,用一輕彈簧相連,將A用長度適當(dāng)?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

6、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),彈力F=mg=kx;物塊A向下壓縮,當(dāng)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.(2018·河北保定期中)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(shè)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/

7、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 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

8、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

9、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=t

10、4這段時間內(nèi)最大位移為12v1t2,選項D正確。 三、非選擇題 10.(2018·天津四合莊中學(xué)月考)如圖所示,質(zhì)量m=2 kg的小物塊從傾角θ=37°的光滑斜面上的A點由靜止開始下滑,經(jīng)過B點后進入粗糙水平面,已知AB長度為3 m,斜面末端B處與粗糙水平面平滑連接。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)試求: (1)小物塊滑到B點時的速度大小; (2)若小物塊從A點開始運動到C點停下,一共經(jīng)歷時間t=2.5 s,求BC的距離; (3)上問中,小物塊與水平面的動摩擦因數(shù)μ多大? 答案(1)6 m/s　(2)4.5 m　(3)0.4 解析(1)小

11、物塊在斜面AB上時,由牛頓第二定律得mgsinθ=ma1,解得a1=gsin37°=10×0.6m/s2=6m/s2,由2a1xAB=vB2得vB=2a1xAB=2×6×3m/s=6m/s。 (2)小物塊在斜面上有xAB=12at12,則t1=2xABa=2×36s=1s, 物塊在BC段的運動時間為t2=t-t1=1.5s, BC段的位移為xBC=vB2t2=4.5m。 (3)在水平面上,逆向分析,小物塊的運動可看作初速度為零的勻加速運動, 由vB=a2t2得加速度大小a2=vBt2=61.5m/s2=4m/s2, 根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma2, 代入數(shù)據(jù)解得μ=0.4。 1

12、1.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。現(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(dāng)?shù)竭_B點時迅速撤去恒力F。(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 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。

13、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)=ma 得F=ma+μmgcosα+μsinα=11N。 (2)小物塊沿斜面運動時,由牛頓第二定律知,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=2vBa1=2×2.08.0s=0.5s。 (3)小物塊由B向A返回過程中的加速度為a3=μmgm=μ

14、g=5m/s2,由B開始運動到小物塊靜止,位移為s=v22a=222×5m=0.4m,而A和B之間的距離為s'=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s0和s1(s1

15、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(xùn)練要求的運動員的最小加速度。 答案(1)v02-v122gs0　(2)s1(v1+v0)22s02 解析(1)設(shè)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-μmgs0=12mv12-12mv02① 解得μ=v02-v122gs0。② (2)冰球到達擋板時,滿足訓(xùn)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(shè)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(xué)公式得 v02-v12=2a1s0③ v0-v1=a1t④ s1=12a2t2⑤ 聯(lián)立③④⑤式得a2=s1(v1+v0)22s02。⑥ 8