《2020年物理高考大一輪復習 第3章 牛頓運動定律 第8講 牛頓第二定律 兩類動力學問題練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復習 第3章 牛頓運動定律 第8講 牛頓第二定律 兩類動力學問題練習（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講 牛頓第二定律 兩類動力學問題 [解密考綱]主要考查對牛頓第二定律的深刻理解，會利用牛頓第二定律處理動力學兩類基本問題，高考試題往往綜合牛頓運動定律和運動學規(guī)律進行考查，題型有選擇題、計算題． 1．(2019·舒城中學高考理綜模擬卷)如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，圓周半徑為R，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點．現(xiàn)有兩個小滑環(huán)A、B分別從a、c處由靜止釋放，滑環(huán)A經(jīng)時間t1從a點到達b點，滑環(huán)B經(jīng)時間t2從c點到達d點；另有一小球C從b點以初速度v0＝沿b、c連線豎直上拋，到達最高點時間為t3，不計一切阻力與摩擦，且A、B、C都可視

2、為質(zhì)點，則t1、t2、t3的大小關(guān)系為(　　) A．t1＝t2＝t3 B．t1＝t2＞t3 C．t2＞t1＞t3 D．A、B、C三物體的質(zhì)量未知，因此無法比較 A　解析 由已知條件知，小球C豎直上拋能達到的最高點為c點，由對稱性可知，小球C運動的時間與從c點自由下落到b點的時間相等．結(jié)合等時圓的結(jié)論可知，t1＝t2＝t3，選項A正確． 2．(2019·莊河高級中學高三模擬)(多選)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(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間的夾角為θ(θ＜)，球拍與球保持相對靜止，球拍與球間摩擦及空氣阻力不計，則(　　) A．運動員的加速度

3、為gtan θ B．球處于失重狀態(tài) C．球?qū)ε牡淖饔昧? D．球拍對人的作用力為 AC　解析 對網(wǎng)球：受到重力mg和球拍的支持力FN，作出受力圖如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsin θ＝ma，F(xiàn)Ncos θ＝mg，解得a＝gtan θ，F(xiàn)N＝，故選項A、C正確；球在豎直方向加速度為零，則球不失重，故選項B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律得，運動員對球拍的作用力為F＝，則球拍對人的作用力大小為F′＝，故選項D錯誤． 3．(2019·華中師大一附中高三滾動復習)(多選)如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為

4、m的小球．斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和FN.若T-a圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度g取10 m/s2.則(　　) A．a(chǎn)＝ m/s2時，F(xiàn)N＝0 B．小球質(zhì)量m＝0.1 kg C．斜面傾角θ的正切值為 D．小球離開斜面之前，F(xiàn)N＝0.8＋0.06a (N) ABC　解析 小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，聯(lián)立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以T-a圖

5、象呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a＝ m/s2時，F(xiàn)N＝0，選項A正確．當a＝0時，T＝0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖甲所示，所以mgsin θ＝T；當a＝ m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖乙所示， 所以mgcot θ＝ma，聯(lián)立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，選項B、C正確．將θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，選項D錯誤． 4．(2019·眉山中學高三月考)如圖所示，質(zhì)量為M的三角形木塊A靜止在水平面上．一質(zhì)量為m的物體B正沿A的斜面下滑，三角形木塊A仍然保持靜止．則下列說法正確的是(　　) A．A對

6、地面的壓力可能小于(M＋m)g B．水平面對A的靜摩擦力一定水平向左 C．水平面對A的靜摩擦力不可能為零 D．B沿A的斜面下滑時突然受到一沿斜面向上的力F的作用，如果力F的大小滿足一定條件時，三角形木塊A可能會立刻開始滑動 A　解析 對物體B受力分析，受重力G、支持力FN1、滑動摩擦力Ff，如圖所示． 再對A物體受力分析，受重力Mg、地面的支持力FN2、B對A的壓力F′N1，B對A的摩擦力F′f，地面對A可能有靜摩擦力F靜，先假設(shè)有且向右，如圖所示． 當物體B勻速下滑時，根據(jù)共點力平衡條件，可得mgsin θ－Ff＝0，F(xiàn)N1－mgcos θ＝0，當物體B加速下滑時，有mg

7、sin θ＞Ff，F(xiàn)N1－mgcos θ＝0，當物體B減速下滑時，有mgsin θ＜Ff，F(xiàn)N1－mgcos θ＝0，由于物體A保持靜止，根據(jù)共點力平衡條件，有 FN2－Mg－Ff′sin θ－F′N1cos θ＝0，F(xiàn)f′cos θ－F′N1sin θ－F靜＝0，根據(jù)牛頓第三定律FN1＝F′N1，F(xiàn)f＝Ff′，當物體加速下降時，聯(lián)立以上可得FN2＜(M＋m)g，故選項A正確；當物體加速下降時，聯(lián)立可得到F靜＜0，即靜摩擦力與假定的方向相反，即向左，當物體勻速下降時，可得到F靜＝0，故選項B、C錯誤；若B沿A的斜面下滑時突然受到一沿斜面向上的力F的作用，物體B的加速度立即發(fā)生了變化，但由于慣性

8、，速度來不及變化，故摩擦力方向不變，B對A的力不變，A依然保持靜止，故選項D錯誤． 5．(2019·衡水金卷高考模擬理綜試題)如圖所示，一個“V”形槽的左側(cè)擋板A豎直，右側(cè)擋板B為斜面，槽內(nèi)嵌有一個質(zhì)量為m的光滑球C，“V”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運動的一小段時間內(nèi)，設(shè)擋板A、B對球的彈力分別為F1、F2，下列說法正確的是(　　) A．F1、F2都逐漸增大 B．F1、F2都逐漸減小 C．F1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大 D．F1、F2的合力逐漸減小 D　解析 光滑球C受力情況如圖所示． F2的豎直分力與重力相平衡，所以F2不變，F(xiàn)1與F2水平分力的合力

9、等于ma，在“V”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運動的一小段時間內(nèi)，加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知F1逐漸減小，F(xiàn)1、F2的合力逐漸減小，故選項D正確． 6．(2019·湖北、山東部分重點中學高三聯(lián)考)如圖所示，斜面靜止于粗糙水平面上，質(zhì)量為m的小物塊P恰好能沿斜面勻速下滑，該過程斜面保持靜止．現(xiàn)給P施加一沿斜面向下的推力F，使P沿斜面勻加速下滑．施加F后，下列說法錯誤的是(　　) A．斜面對P的支持力和摩擦力都不變 B．P對斜面的作用力方向豎直向下 C．水平面對斜面的支持力增大 D．小物塊的加速度為a＝ C　解析 施加F后，不改變物體與斜面間的正壓力，因此

10、也不改變物體與斜面間的滑動摩擦力，即物塊和斜面的相互作用力沒有任何改變，則水平面對斜面的支持力不變，選項A正確，C錯誤；因開始時P對斜面的作用力方向豎直向下，加力F后，物塊和斜面的相互作用力沒有任何改變，P對斜面的作用力方向仍然豎直向下，選項B正確；加力F后，物體受的合外力為F，則小物塊的加速度為a＝，選項D正確． 7．(2019·肇慶高三統(tǒng)測)如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動，一個圓筒從木棍的上部以初速度v0勻速滑下．若保持兩木棍傾角不變，將兩棍間的距離減小后固定不動，仍將圓筒放在兩木棍上部以初速度v0滑下，下列判斷正確的是(　　) A．圓筒仍勻速滑下　

11、 B．圓筒勻減速滑下 C．圓筒勻加速滑下 D．以上三種運動均有可能 C　解析 圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，根據(jù)平衡條件得知，兩棍支持力的合力和摩擦力不變，將兩棍間的距離稍減小后，兩棍支持力的合力不變，而兩支持力夾角減小，則每根木棍對圓筒的支持力變小，則滑動摩擦力變小，而重力沿斜面向下的分力不變，則圓筒將勻加速滑下，故選項C正確，A、B、D錯誤． 8．(2019·上海青浦區(qū)高三二模)雨滴從高空靜止下落，受到的空氣阻力隨雨滴速度的增大而增大，則下落過程中雨滴的速度隨時間變化的規(guī)律是(　　) D　解析 雨滴下落過程中受到重力和空氣阻力，由牛頓第二

12、定律得mg－Ff＝ma 隨著速度的增大，阻力越來越大，所以雨滴做加速度減小的加速運動，最后勻速運動，在v-t圖象中斜率代表了加速度的大小，故選項D正確． 9．(2019·重慶萬州二中高三月考)(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直輕質(zhì)彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F豎直向上拉B，當上升距離為h時B與A開始分離．下列說法正確的是(　　) A．B與A剛分離時，A的速度達到最大 B．彈簧的勁度系數(shù)等于 C．從開始運動到B與A剛分離的過程中，B的加速度先增大后減小 D．從開始運動到B與A剛分離的過程中，B物體的速度先增大后減小 BD　解析 B與A剛分離的瞬間，A、B仍

13、具有相同的速度和加速度，且AB間無相互作用力．以B為研究對象，可知，B具有向下的加速度大小aB＝＝0.5g，此時對A分析有aA＝＝aB，可得此時彈簧彈力F彈＝0.5mg不為零，故彈簧不是原長而處于壓縮狀態(tài)；當A的合力為零時速度最大，彈簧的彈力大于重力mg，所以B與A剛分離時，A的速度不是最大，故選項A錯誤．B和A剛分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為F彈＝0.5mg，原來靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為2mg，則彈力減小量ΔF＝1.5mg，兩物體向上運動的距離為h，則彈簧壓縮量減小Δx＝h，由胡克定律得k＝＝＝，故選項B正確．由題知，F(xiàn)＝0.5mg＜2mg，對于整體分析可知，整體在上升的過程

14、中，合力應(yīng)先向上后向下，則B的加速度先減小后增大，B先做加速運動后做減速運動，B的速度先增大后減小，故選項C錯誤，D正確． 10．(2019·華中師大一附中高三滾動復習)(多選)如圖所示為一根質(zhì)量為m、長度為L、質(zhì)量均勻分布的粗繩AB.在粗繩上與B端距離為x的某位置有一質(zhì)量不計的力傳感器，可讀出該處粗繩中的張力．粗繩在水平外力F的作用下，沿水平面做勻加速直線運動，由力傳感器讀數(shù)和已知條件(　　) A．能夠判斷粗繩運動是否受到摩擦力作用 B．可知水平外力F的大小 C．可知粗繩沿水平面做勻加速直線運動的加速度大小 D．若水平外力F的大小恒定，則傳感器讀數(shù)與x成正比，與是否存在摩擦力無

15、關(guān) BD　解析 設(shè)粗繩與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，力傳感器讀數(shù)為FT，對整根繩子，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma，對粗繩左側(cè)長度為x的部分，由牛頓第二定律有FT－μg＝a，解得FT＝；由力傳感器讀數(shù)和已知條件，不能夠判斷粗繩運動是否受到摩擦力作用，可知水平外力F的大小，不能得出粗繩沿水平面做勻加速直線運動的加速度大小，選項A、C錯誤，B正確．若水平外力F的大小恒定，則傳感器讀數(shù)FT與x成正比，選項D正確． 11．(2019·蕪湖一中高三期末)如圖所示，在水平地面上有A、B兩個物體，質(zhì)量分別為mA＝3.0 kg和mB＝2.0 kg，它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.10.在A、B之間有一

16、原長l＝15 cm、勁度系數(shù)k＝500 N/m的輕質(zhì)彈簧將它們連接．現(xiàn)A、B在兩個方向相反的水平恒力F1、F2作用下一起勻加速運動，已知F1＝20 N，F(xiàn)2＝10 N，取g＝10 m/s2.求： (1)A和B共同運動的加速度大小和方向； (2)A、B之間的距離(A、B均可視為質(zhì)點)． 解析 (1)A、B組成的系統(tǒng)運動過程中所受摩擦力為 Ff＝μ(mA＋mB)g＝5.0 N， 設(shè)運動達到穩(wěn)定時系統(tǒng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有 F1－F2－Ff＝(mA＋mB)a，解得a＝1.0 m/s2，方向與F1同向． (2)以A為研究對象，運動過程中所受摩擦力 FfA＝μmAg＝3.0

17、N， 設(shè)運動達到穩(wěn)定時所受彈簧的彈力為T，根據(jù)牛頓第二定律有 F1－FfA－T＝mAa，解得T＝14.0 N，所以彈簧的伸長量Δx＝＝2.8 cm，因此運動達到穩(wěn)定時A、B之間的距離為s＝l＋Δx＝17.8 cm. 答案 (1)1.0 m/s2　方向與F1同向　(2)17.8 cm 12．(2019·杭州選考科目模擬測試)原地縱跳摸高是籃球和羽毛球重要的訓練項目．已知質(zhì)量m＝60 kg的運動員原地摸高為2.05 m，比賽過程中，該運動員重心先下蹲0.5 m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.85 m的高度．假設(shè)運動員起跳時為勻加速運動，取g＝10 m/s2，求： (1)該運動員離開地

18、面時的速度大小為多少； (2)起跳過程中運動員對地面的壓力； (3)從開始起跳到雙腳落地需要多少時間？ 解析 (1)從開始起跳到腳離開地面重心上升h1＝0.5 m，離開地面到上升到最高點的過程中，重心上升距離h2＝0.8 m，根據(jù)速度位移關(guān)系v2＝2gh2，解得 v＝4 m/s. (2)腳未離地過程中，根據(jù)速度位移關(guān)系v2＝2ah1，解得a＝＝16 m/s2，對人受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，得FN＝1 560 N，由牛頓第三定律可知運動員對地面的壓力為1 560 N，方向向下． (3)加速上升時間t1＝＝ s＝0.25 s，減速上升的時間t2＝＝ s＝0.4 s

19、，加速下降和減速上升時間相同，故總時間為t＝t1＋2t2＝1.05 s. 答案 (1)4 m/s　(2)1 560 N　方向向下　(3)1.05 s 13．(2019·四川高三沖刺演練)如圖所示，在光滑的水平地面上，每隔一定距離就會鋪上一條寬度d＝3.5 m的特殊材料的薄膜，且薄膜邊界與地面平滑相接．某一時刻，一物塊(可視為質(zhì)點)從光滑地面以大小v0＝4 m/s的初速度滑上薄膜，并最終停在某一薄膜上．取重力加速度g＝10 m/s2，物塊與薄膜間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.求： (1)物塊通過第一條薄膜的時間； (2)物塊滑過薄膜的條數(shù)(不含停止在薄膜上的那條)． 解析 (1)由題意可

20、知，物塊在薄膜上滑行過程中的加速度大小為a＝μg＝1 m/s2，根據(jù)位移公式d＝v0t－at2，解得t＝1 s．(t＝7 s舍去) (2)設(shè)物塊在薄膜上滑行的距離為x0，則v＝2ax0，解得 x0＝8 m. 由于x0＝2d，可知物塊滑過2條薄膜． 答案 (1)1 s　(2)2條 14．(2019·惠州高三調(diào)研)如圖甲所示，一可視為質(zhì)點的物塊在t＝0時刻以v0＝8 m/s的速度大小滑上一固定斜面，斜面足夠長，斜面的傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝.經(jīng)過一段時間后物塊返回斜面底端，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大??；

21、 (2)物塊從斜面底端出發(fā)到再次返回斜面底端所用的總時間； (3)求出物塊再次返回斜面底端的速度大小，并在圖乙中畫出物塊在斜面上運動的整個過程中的速度時間圖象，取沿斜面向上為正方向． 解析 (1)上滑過程mgsin θ ＋ μmgcos θ＝ma1，可得a1＝8 m/s2， 下滑過程mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2. (2)上滑過程 t1＝＝1 s，s1＝t1＝4 m，s2＝s1＝a2t，得t2＝2 s， 故總時間為t＝t1＋t2＝3 s. (3)下滑過程 v2＝a2t2＝4 m/s，下滑過程v-t圖象如圖所示． 答案 (1)a1＝8 m/s2　a2＝2 m/s2　(2)3 s　(3)4 m/s　見解析圖 9