《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題練習(xí)（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2節(jié)　牛頓第二定律　兩類動力學(xué)問題 1.汽車安全帶的作用是在汽車緊急剎車或發(fā)生碰撞時,盡可能地減輕對乘客的傷害.假定乘客質(zhì)量為70 kg,汽車車速為90 km/h,從踩下剎車到完全停止需要的時間為5 s,安全帶對乘客的作用力大小約為(不計人與座椅間的摩擦)(　C　) A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N 解析:汽車的速度v0=90 km/h=25 m/s,設(shè)汽車勻減速的加速度大小為a,則a==5 m/s2,對乘客由牛頓第二定律得F=ma=70×5 N=350 N. 2.豎直向上飛行的子彈,到達最高點后又返回原處.假設(shè)整個運動過程中,子彈受到的阻力與速

2、度的大小成正比,且阻力始終小于其重力,則子彈在整個運動過程中,加速度大小的變化是(　B　) A.始終變大 B.始終變小 C.先變大后變小 D.先變小后變大 解析:子彈向上運動過程中速度越來越小,子彈受向下的阻力越來越小,子彈受到的合外力越來越小,由牛頓第二定律可知,子彈上升過程中加速度越來越小;子彈從最高點向下運動過程做加速運動,其速度越來越大,受到向上的空氣阻力越來越大,物體受到的合外力越來越小,其加速度越來越小. 3.(2019·福建莆田模擬)一質(zhì)點受多個力的作用,處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使其中一個力的大小逐漸減小到零,再沿原方向逐漸恢復(fù)到原來的大小.在此過程中,其他力保持不變,則質(zhì)點

3、的加速度大小a和速度大小v的變化情況是(　C　) A.a和v都始終增大 B.a和v都先增大后減小 C.a先增大后減小,v始終增大 D.a和v都先減小后增大 解析:質(zhì)點受多個力的作用,處于靜止?fàn)顟B(tài),則多個力的合力為零,其中任意一個力與剩余所有力的合力大小相等、方向相反,使其中一個力的大小逐漸減小到零再恢復(fù)到原來大小的過程中,其他所有力的合力先變大后變小,但合力的方向不變,根據(jù)牛頓第二定律知,a先增大后減小,v始終增大. 4.(2015·江蘇卷,6)(多選)一人乘電梯上樓,在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示,以豎直向上為a的正方向,則人對地板的壓力(　AD　) A

4、.t=2 s時最大 B.t=2 s時最小 C.t=8.5 s時最大 D.t=8.5 s時最小 解析:地板對人的支持力FN=mg+ma,t=2 s時,a有正的最大值,此時FN最大,A正確,B錯誤;t=8.5 s時,a有負(fù)的最大值,此時FN最小,C錯誤,D正確. 5.(2019·江蘇無錫聯(lián)考)如圖,載貨車廂通過懸臂固定在纜繩上,纜繩與水平方向夾角為θ,當(dāng)纜繩帶動車廂以加速度a向上做勻加速運動時,貨物在車廂中與車廂相對靜止,則貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)至少為(假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g)(　B　) A. B. C. D. 解析:將加速度分解為水平和豎直兩個

5、方向,以貨物為研究對象,在水平方向有Ff=max=macos θ,在豎直方向有FN-mg=may=masin θ,Ff=μFN,聯(lián)立解得 μ=. 6.(2019·江西南昌模擬)(多選)如圖所示,吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量分別為m,3m,2m.B和C分別固定在彈簧兩端,彈簧的質(zhì)量不計.B和C在吊籃的水平底板上處于靜止?fàn)顟B(tài).將懸掛吊籃的細(xì)線剪斷的瞬間(　AC　) A.吊籃A的加速度大小為2g B.物體B的加速度大小為g C.物體C的加速度大小為2g D.A,B,C的加速度大小都等于g 解析:彈簧開始的彈力F=3mg,剪斷細(xì)線的瞬間,彈力不變,將C和A看成一個整體,根據(jù)牛頓第二定

6、律得,aAC==2g,即A,C的加速度均為2g,故D錯誤,A,C正確;剪斷細(xì)線的瞬間,彈簧彈力不變,B所受的合力仍然為零,則B的加速度為0,故B錯誤. 7.(2018·山東泰安一模)如圖所示,質(zhì)量為m的小球被輕繩A和B系住,其中B繩水平,A繩與豎直方向的夾角為α,重力加速度大小為g,下列說法正確的是(　C　) A.平衡時水平繩的拉力為mgsin α B.剪斷水平繩瞬間,斜繩的拉力不變 C.剪斷水平繩瞬間,小球的加速度為gsin α D.剪斷斜繩瞬間,小球的加速度為gtan α 解析:對球受力分析如圖所示,平衡時有FAcos α=mg,FAsin α=FB,解得FA=,FB=mg

7、tan α,故選項A錯誤;剪斷水平繩瞬間,斜繩的拉力在瞬間突變,故選項B錯誤;剪斷水平繩瞬間,將小球的重力沿A繩的方向和垂直于A繩的方向分解,沿垂直繩的方向產(chǎn)生加速度,大小為a==gsin α,故選項C正確;剪斷斜繩瞬間,水平繩的拉力瞬間變?yōu)榱?則小球的加速度為g,故選項D錯誤. 8.(2019·天津模擬)一物體放置在傾角為θ的斜面上,斜面固定于加速上升的電梯中,加速度為a,如圖所示.在物體始終相對于斜面靜止的條件下,下列說法中正確的是(　B　) A.當(dāng)θ一定時,a越大,斜面對物體的支持力越小 B.當(dāng)θ一定時,a越大,斜面對物體的摩擦力越大 C.當(dāng)a一定時,θ越大,斜面對物體的

8、支持力越大 D.當(dāng)a一定時,θ越大,斜面對物體的摩擦力越小 解析:物體受力如圖,正交分解可得,水平方向FNsin θ=fcos θ,豎直方向FNcos θ+fsin θ-mg=ma,當(dāng)θ一定時,a越大,斜面對物體的摩擦力、支持力都越大,故A錯誤,B正確;當(dāng)a一定時,θ越大,cos θ越小,sin θ越大,斜面對物體的支持力FN=(mg+ma)cos θ越小,斜面對物體的摩擦力f=(mg+ma)sin θ越大,故C,D錯誤. 9.(2019·河南洛陽第一次統(tǒng)考)(多選)如圖所示,某科研單位設(shè)計了一架空間飛行器,飛行器從地面起飛時,發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角α=60°,使飛行器恰

9、沿與水平方向成θ=30°角的直線勻加速飛行.經(jīng)時間t后,瞬間將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°同時適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小,使飛行器仍然可以沿原方向勻減速飛行.飛行器所受空氣阻力不計,其質(zhì)量為m,重力加速度大小為g.下列說法正確的是(　BC　) A.加速時動力的大小等于mg B.加速時加速度的大小為g C.減速時動力的大小等于mg D.減速飛行時間t后速度為零 解析:起飛時,飛行器受動力和重力,兩力的合力與水平方向成30°角斜向上,設(shè)動力為F,合力為F合,如圖(甲)所示,由幾何關(guān)系得F=mg,F合=mg,由牛頓第二定律得,飛行器的加速度a1=g,故B正確,A錯誤;t時刻的速率v=a1t=gt,

10、動力方向逆時針旋轉(zhuǎn)60°,合力的方向與水平方向成30°斜向下,動力F′跟合力F合′垂直,如圖(乙)所示,此時合力大小F合′=mgsin 30°=mg,動力大小F′=mg,飛行器的加速度大小a2==g,速度減為零所用的時間t′===2t,故C正確,D 錯誤. 10.(2018·山東濟寧期末)如圖所示,一足夠長斜面上鋪有動物毛皮,毛皮表面具有一定的特殊性,物體上滑時順著毛的生長方向,毛皮此時的阻力可以忽略;下滑時逆著毛的生長方向,會受到來自毛皮的滑動摩擦力.現(xiàn)有一物體自斜面底端以初速度v0=6 m/s沖上斜面,斜面的傾角θ=37°,經(jīng)過2.5 s物體剛好回到出發(fā)點,(g=10 m/s2

11、,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: (1)物體上滑的最大位移; (2)若物體下滑時,物體與毛皮間的動摩擦因數(shù)μ為定值,試計算μ的數(shù)值.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 解析:(1)物體向上滑時不受摩擦力作用,設(shè)最大位移為x.由牛頓第二定律有mgsin 37°=ma1, 代入數(shù)據(jù)得a1=6 m/s2, 由運動學(xué)公式有=2a1x, 聯(lián)立解得物體上滑的最大位移為x=3 m. (2)物體沿斜面上滑的時間為t1== s=1 s 物體沿斜面下滑的時間為t2=t-t1=1.5 s 下滑過程中,由運動學(xué)公式有x=a2 由牛頓第二定律可得mgsin 37°-μmgcos 37

12、°=ma2 聯(lián)立解得μ=0.42. 答案:(1)3 m　(2)0.42 11.(2019·安徽六校教育研究會第一次聯(lián)考)(多選)如圖(甲)所示,一豎直輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上,上端放置質(zhì)量都為m的A,B物體(A物體在下,且與彈簧連接),初始時A,B兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在B物體上,使B開始向上做勻加速運動,拉力F與B物體位移x的關(guān)系如圖(乙)所示(g取10 m/s2),下列說法正確的是(　CD　) A.物體B運動到x=4 cm處,彈簧處于原長狀態(tài) B.兩物體的質(zhì)量均為2 kg C.物體B做勻加速直線運動的加速度大小為2 m/s2 D.彈簧的勁度系

13、數(shù)為5 N/cm 解析:由圖(乙)可知,物體B運動到x=4 cm處后,拉力F不變化,說明A,B兩物體分離,但A物體仍有向上的加速度,所以彈簧不是原長狀態(tài),選項A錯誤;在0～4 cm 的過程中,A,B一起勻加速向上運動,根據(jù)牛頓第二定律有F+FT-2mg=2ma,因物體的質(zhì)量、加速度不變,所以有ΔF=ΔFT,即30 N-10 N=k×4 cm,可得彈簧的勁度系數(shù)為5 N/cm,選項D正確;初始時刻拉力為10 N,A,B共同運動,根據(jù)牛頓第二定律有10 N=2ma,運動 4 cm 后A,B分離,則對B物體則有30 N-mg=ma,聯(lián)立以上兩式可解得物體的質(zhì)量m=2.5 kg、加速度a=2 m/s

14、2,選項B錯誤,C正確. 12.(2018·遼寧五校高三期末)(多選)如圖所示,一斜面放在粗糙水平地面上,質(zhì)量為m的物塊在斜面上釋放后沿斜面向下以加速度a(a

15、ma0,解得a0=gsin θ-μgcos θ;有力F時,對物塊受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可知,沿斜面的方向(mg+F)sin θ-f=ma,垂直于斜面的方向N=(mg+F)cos θ,f=μN,解得a=(g+)(sin θ-μcos θ),若斜面光滑,則μ=0,故施加力F后,物塊的加速度一定增大,選項A錯誤,B正確;以斜面與物塊組成的整體為研究對象,在水平方向f地=ma水平=macos θ,物塊的加速度增大后,地面對斜面的摩擦力一定增大,選項C正確;以斜面為研究對象,斜面受到重力、地面的支持力與摩擦力、物塊對斜面的壓力與摩擦力,施加力F后,物塊對斜面的壓力與摩擦力都增大,而物塊對斜面的壓力與

16、摩擦力都有豎直向下的分力,所以施加力F后,物塊對斜面的壓力與摩擦力豎直向下的分力都增大(若斜面光滑,則物塊對斜面的摩擦力為零),所以斜面受到的地面的支持力也一定增大,選項D正確. 13.如圖所示,t=0時一質(zhì)量m=1 kg的滑塊A在大小為10 N、方向與水平方向成θ=37°角的恒力F作用下由靜止開始在粗糙水平地面上做勻加速直線運動,t1=2 s時撤去力F;t=0時在A右方x0=7 m處有一滑塊B正以v0=7 m/s的初速度水平向右運動.已知A與地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5,B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1,取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8

17、.兩滑塊均視為質(zhì)點,求: (1)兩滑塊在運動過程中速率相等的時刻; (2)兩滑塊間的最小距離. 解析:(1)設(shè)B的質(zhì)量為mB,0～2 s內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律 對A有Fcos θ-μ1(mg-Fsin θ)=ma1 對B有μ2mBg=mBa2 解得a1=6 m/s2,a2=1 m/s2 設(shè)A加速運動過程中與B速率相等的時刻為t2,則 a1t2=v0-a2t2 得t2=1 s 2 s末A的速度大小v1=a1t1 A減速運動過程中,根據(jù)牛頓第二定律有 μ1mg=ma1′ 解得a1′=5 m/s2 設(shè)A減速運動過程中與B速率相等的時刻為t3,則 v1-a1′(t3-t1)=v0-a2t3 解得t3=3.75 s. (2)當(dāng)t3=3.75 s時兩滑塊間的距離最小 A的位移大小 s1=t1+v1(t3-t1)-a1′(t3-t1)2 B的位移大小s2=v0t3-a2 兩滑塊間的最小距離 Δs=x0+s2-s1=0.875 m. 答案:(1)1 s和3.75 s　(2)0.875 m - 7 -