《（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題檢測（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題檢測 一、單項選擇題 1．學?！吧磉叺奈锢怼鄙鐖F小組利用傳感器研究物體的運動．在一小球內部裝上無線傳感器，并將小球豎直向上拋出，通過與地面上接收裝置相連的計算機描繪出小球上拋后運動規(guī)律的相關圖象．已知小球在運動過程中受到的空氣阻力隨速度的增大而增大，則下列圖象可能是計算機正確描繪的是(已知v、t分別表示小球速度的大小、運動的時間)(　　) 解析：選D.在上升階段，物體做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，mg＋f＝ma，其中f＝kv，由于速度減小，阻力減小，加速度減小，當速度達到0時，小球

2、開始向下做加速運動，根據(jù)mg－kv＝ma可知，隨時間的延續(xù)，速度增大，阻力增大，加速度減小，在v－t圖象中斜率代表加速度，故D正確． 2．(2017·高考上海卷)如圖，在勻強電場中，懸線一端固定于地面，另一端拉住一個帶電小球，使之處于靜止狀態(tài)．忽略空氣阻力，當懸線斷裂后，小球將做(　　) A．曲線運動 B．勻速直線運動 C．勻加速直線運動 D．變加速直線運動 解析：選C.本題考查力與運動的關系．在懸線斷裂前，小球受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài)，故重力與電場力的合力與拉力等值反向．懸線斷裂后，小球所受重力與電場力的合力大小、方向均不變，故小球將沿原來懸線拉力的反

3、方向做勻加速直線運動，C項正確． 3.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩．如圖所示，質量為m的小明靜止懸掛時，兩橡皮繩的夾角為60°，則(　　) A．每根橡皮繩的拉力為mg B．若將懸點間距離變小，則每根橡皮繩所受拉力將變小 C．若此時小明左側橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時加速度a＝g D．若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側輕繩在腰間斷裂時，小明的加速度a＝g 解析：選B. 根據(jù)平行四邊形定則知，2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg.故A錯誤；根據(jù)共點力平衡得，2Fcos θ＝mg，當懸點間的距離變小時，θ變小

4、，cos θ變大，可知橡皮繩的拉力變小，故B正確；當左側橡皮繩斷裂，斷裂的瞬間，右側橡皮繩的拉力不變，則重力和右側橡皮繩拉力的合力與左側橡皮繩初始時的拉力大小相等，方向相反，合力大小為mg，加速度為g，故C錯誤；當兩側為輕繩時，左側繩斷裂瞬間，右側繩上拉力發(fā)生突變，將重力沿繩方向和垂直于繩方向正交分解，合力為mgsin 30°，加速度為g，方向沿垂直于右側繩的方向斜向下，故D錯誤． 4．(2019·日照模擬)如圖所示，在豎直平面內有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A，B和C分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為R，AC長為2R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋

5、放小球，已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1，沿AC軌道運動到C點所用時間為t2，則t1與t2之比為(　　) A．1∶ B．1∶2 C．1∶ D．1∶3 答案：A 5. (2019·江蘇十校聯(lián)考)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球質量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則(　　) A．運動員的加速度為gtan θ B．球拍對球的作用力為mg C．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcos θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上運動 解析：選A. 網(wǎng)球

6、受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，F(xiàn)N＝，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，受力如圖乙所示，根據(jù)平衡，運動員對球拍的作用力為F＝，故C錯誤；當a>gtan θ時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsin θ

7、加速度大小為g，則有(　　) A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝g C．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a(chǎn)1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 解析：選C.在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，所以C對． 7．(2019·鹽城中學模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長木板，一輕彈

8、簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4 m后鎖定，t＝0時解除鎖定，釋放滑塊．計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的v－t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時的速度圖線的切線，已知滑塊質量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動 B．彈簧恢復原長時，滑塊速度最大 C．彈簧的勁度系數(shù)k＝175 N/m D．該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s2 解析：選C.根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運動，彈簧彈力

9、與摩擦力相等時速度最大，此時加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復原長時到滑塊停止運動，加速度不變，選項A、B錯誤；由題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，剛釋放時滑塊的加速度為a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此時滑塊的加速度最大，選項D錯誤；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得k＝175 N/m，選項C正確． 二、多項選擇題 8．(2016·高考江蘇卷)如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面．若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等

10、，則在上述過程中(　　) A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C．若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大 D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 解析：選BD.將桌布從魚缸下拉出的過程，魚缸相對桌布向左運動，因此桌布對它的摩擦力方向向右，A項錯誤；設動摩擦因數(shù)為μ，魚缸在桌布對它的滑動摩擦力的作用下做初速度為零的勻加速運動，加速度大小為μg，設經(jīng)過t1時間魚缸滑離桌布，滑離時的速度為v，則v＝μgt1；魚缸滑到桌面上后，做勻減速運動，加速度大小也為μg，因此魚缸在桌面上運動的時間t2＝，因此t1＝t2，B項正確；若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力

11、仍為滑動摩擦力，大小為μmg(設魚缸質量為m)，保持不變，C項錯誤；若貓減小拉力，則魚缸與桌布間的摩擦力有可能小于滑動摩擦力，則魚缸與桌布一起運動，從而滑出桌面，D項正確． 9．(2019·山東濟南模擬)如圖所示，兩輕質彈簧a、b懸掛一質量為m的小球，整體處于平衡狀態(tài)，彈簧a與豎直方向成30°，彈簧b與豎直方向成60°，彈簧a、b的形變量相等，重力加速度為g，則(　　) A．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為 ∶1 B．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為 ∶2 C．若彈簧a下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為g D．若彈簧b下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為 解析：選ACD.由題可

12、知，兩個彈簧相互垂直，對小球受力分析，如圖所示，設彈簧的伸長量都是x，由受力分析圖知，彈簧a中彈力Fa＝mgcos 30°＝mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧a的勁度系數(shù)為k1＝＝，彈簧b中的彈力Fb＝mgcos 60°＝mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧b的勁度系數(shù)為k2＝＝，所以彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為∶1，A正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為mg，若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間彈簧b的彈力不變，故小球所受重力和彈簧b彈力的合力與Fa大小相等、方向相反，小球的加速度大小a＝＝g，C正確；彈簧b中彈力為mg，若彈簧b的下端松脫，則松脫瞬間彈簧a的彈力不變，故小球所受重力和彈簧a彈力的合力與Fb大小相等、方向相

13、反，故小球的加速度大小a′＝＝g，D正確． 10．(2019·濟南模擬)如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質量為mA＝5 kg的物塊A，A的上方放置一質量mB＝3 kg的滑塊B，用一輕繩一端拴在物塊A上，另一端跨過光滑的定滑輪拴接一質量mC＝2 kg的物塊C，其中連接A的輕繩與水平桌面平行．現(xiàn)由靜止釋放物塊C，在以后的過程中，A與B之間沒有相對滑動且A、B始終沒有離開水平桌面(重力加速度g取10 m/s2)．則下列說法正確的是(　　) A．A的加速度大小為2.5 m/s2 B．A的加速度大小為2 m/s2 C．A對B的摩擦力大小為6 N D．A對B的摩擦力大小為7.5 N 解析

14、：選BC.把A、B、C作為整體研究，由牛頓第二定律得加速度a＝＝2 m/s2，即A的加速度大小為2 m/s2，B項正確，A錯誤；以B為研究對象，由牛頓第二定律得A對B的靜摩擦力大小為f＝mBa＝6 N，C項正確，D項錯誤． 三、非選擇題 11.(2019·陜西西安模擬)小物塊以一定的初速度v0沿斜面(足夠長)向上運動，由實驗測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角θ的關系如圖所示．取g＝10 m/s2，空氣阻力不計．可能用到的函數(shù)值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求： (1)物塊的初速度v0； (2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ； (3)計算說明圖線中P點對應的

15、斜面傾角為多大？在此傾角條件下，小物塊能滑回斜面底端嗎？說明理由(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)． 解析：(1)當θ＝90°時，物塊做豎直上拋運動，末速度為0由題圖得上升最大位移為xm＝3.2 m 由v＝2gxm，得v0＝8 m/s. (2)當θ＝0時，物塊相當于在水平面上做勻減速直線運動，末速度為0 由題圖得水平最大位移為x＝6.4 m 由運動學公式有：v＝2ax 由牛頓第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5. (3)設題圖中P點對應的斜面傾角值為θ，物塊在斜面上做勻減速運動，末速度為0 由題圖得物塊沿斜面運動的最大位移為x′＝3.2 m 由運動學公式有：v＝2a′x′

16、 由牛頓第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ 得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°. 因為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　理由見解析 12．避險車道(標志如圖甲所示)是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖乙所示的豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡

17、床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止．已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求： (1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向； (2)制動坡床的長度． 解析：(1)設貨物的質量為m，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，貨物在車廂內滑動過程中，受到的摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則 f＋mgsin θ＝ma1 ① f＝μmgcos θ ② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2 ③ a1

18、的方向沿制動坡床向下． (2)設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23 m/s.貨物在車廂內從開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12 m，制動坡床的長度為l，則 Mgsin θ＋F－f＝Ma2 ④ F＝k(m＋M)g ⑤ s1＝vt－a1t2 ⑥ s2＝vt－a2t2 ⑦ s＝s1－s2 ⑧ l＝l0＋s0＋s2 ⑨ 聯(lián)立①②④～⑨式并代入數(shù)據(jù)得l＝98 m. 答案：(1)5 m/s2　方向沿制動坡床向下　(2)98 m