《2019高考物理大一輪復習 第3章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理大一輪復習 第3章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題精練（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　牛頓第二定律　兩類動力學問題 ◎基礎鞏固練 1．(多選)下列關于速度、加速度、合外力之間的關系，正確的是(　　) A．物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大 B．物體的速度為0，則加速度為0，所受的合外力也為0 C．物體的速度為0，則加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D．物體的速度很大，但加速度可能為0，所受的合外力也可能為0 解析：　物體的速度大小和加速度大小沒有必然聯系。一個很大，另一個可以很小，甚至為0，物體所受合外力的大小決定加速度的大小，同一物體所受合外力越大，加速度一定也越大，故選項C、D對。 答案：　CD 2．一輛空車和一輛滿載貨物的同型

2、號汽車，在同一路面上以相同的速度向同一方向行駛。兩輛汽車同時緊急剎車后(即車輪不滾動只滑動)，以下說法正確的是(　　) A．滿載貨物的汽車由于慣性大，滑行距離較大 B．滿載貨物的汽車由于受摩擦力較大，滑行距離較小 C．兩輛汽車滑行的距離相同 D．滿載貨物的汽車比空車先停下來 解析：　由牛頓第二定律可得兩輛汽車的加速度為a＝μg，由v＝2ax可知，初速度相同，兩車滑行的距離相同，選項C正確。 答案：　C 3．(2018·武漢模擬)將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比。下列描繪皮球在上升過程中加速度大小a與時間t關系的圖象，可能正確的是(　　)

3、 解析：　皮球在上升過程中速度越來越小，所以空氣阻力越來越小，重力與空氣阻力的合力越來越小，所以加速度越來越小，一開始加速度最大，后來減小得越來越慢，最后速度為零時，加速度變?yōu)橹亓铀俣?，所以答案選C。 答案：　C 4. (2017·上海單科·5)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：　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

4、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方向做勻加速直線運動，C項正確。 答案：　C 5．(2018·河北石家莊二模)一個質量為2 kg的物體，在4個共點力作用下處于平衡狀態(tài)?，F同時撤去大小分別為8 N和12 N的兩個力，其余的力保持不變，關于此后該物體運動的說法正確的是(　　) A．一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小 B．一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5 m/s2 C．可能做勻減速直線運動，加速度大小是1.5 m/s2 D．可能做勻速圓周運動，向心加速度大小是6 m/s2 解析：　物體在4個力作用下處于平衡狀態(tài)，

5、根據平衡狀態(tài)的條件可知其中任意兩個力的合力與另外兩個力的合力大小相等、方向相反、作用在同一條直線上。所以撤去兩個力之后另外兩個力的合力為恒力，所以物體一定做勻變速運動。因大小為8 N與12 N兩個力的合力的大小范圍為4 N≤F合≤20 N，則另外兩個力的合力的大小范圍為4 N≤F合′≤20 N，再由牛頓第二定律可知物體的加速度大小范圍為2 m/s2≤a≤10 m/s2。所以A對，B、C、D錯。 答案：　A 6. 細繩拴一個質量為m的小球，小球用固定在墻上的水平彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時細繩與豎直方向的夾角為53°，如圖所示。下列說法正確的是(已知cos 53°＝0.6，sin

6、 53°＝0.8)(　　) A．小球靜止時彈簧的彈力大小為mg B．小球靜止時細繩的拉力大小為mg C．細繩燒斷瞬間小球的加速度立即變?yōu)間 D．細繩燒斷瞬間小球的加速度立即變?yōu)間 解析：　 燒斷細繩前，對小球進行受力分析如圖所示，其中F1為彈簧的彈力，F2為細繩的拉力。 由平衡條件得 F2cos 53°＝mg，F2sin 53°＝F1 解得：F2＝mg，F1＝mg 燒斷細繩瞬間，細繩的拉力突然變?yōu)?，而彈簧的彈力不變，此時小球所受的合力與F2等大反向，所以小球的加速度立即變?yōu)閍＝g。 答案：　D 7. 如圖所示，靜止在水平面上質量m＝0.2 kg的小車在F＝1

7、.6 N的水平恒力作用下從D點啟動，運動一段時間后撤去F。當小車在水平面上運動了x＝3.28 m時到達C點，速度達到v＝2.4 m/s。已知車與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4。(g取10 m/s2)求： (1)恒力F作用的距離x1； (2)小車在C、D間運動的時間t。 解析：　在加速運動過程中 由牛頓第二定律得：F－μmg＝ma1① 由運動學公式得：x1＝a1t，v1＝a1t1② 在減速運動過程中 由牛頓第二定律得：μmg＝ma2③ 由運動學公式得：v－v2＝2a2(x－x1)④ 得：x1＝2 m，t1＝1 s 由：v1－v＝a2t2得， t2＝0.4 s t＝t1＋t

8、2＝1.4 s。 答案：　(1)2 m　(2)1.4 s ◎能力提升練 8. (2018·吉林調研)如圖所示，質量為4 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面。質量為1 kg的物體B用細線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　) A．0 B．8 N C．10 N D．50 N 解析：　剪斷細線前，物體A、B間無壓力，則彈簧的彈力F＝mAg＝40 N，剪斷細線的瞬間，對物體A、B整體分析，整體加速度a＝＝2 m/s2，對物體B隔離分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝8 N

9、，故選B。 答案：　B 9. 如圖所示，光滑細桿BC、DC和AC構成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直，各桿上分別套有一質點小球a、b、d，a、b、d三小球的質量比為1∶2∶3，現讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為(　　) A．1∶1∶1 B．5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 解析：　因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點必在以AC邊為直徑的同一個圓周上，由等時圓模型可知，由A、B、D三點釋放的小球a、b、d必定同時到達圓的最低點C點，故A正確。 答案：　A 10.

10、 如圖所示，一根輕質彈簧上端是固定的，下端掛一平盤，盤中有一物體，平盤與物體的總質量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，現向下拉盤使彈簧再伸長Δl后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度以內，則剛松手時盤與物體的加速度為(　　) A.g B.g C．物體的加速度為0 D．加速度的方向向下 解析：　當盤靜止時，由胡克定律得mg＝kl① 設使彈簧再伸長Δl時手的拉力大小為F 再由胡克定律得(mg＋F)＝k(l＋Δl)② 由①②聯立得F＝mg 則松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上。 設剛松手時，加速度大小為a，

11、 根據牛頓第二定律得a＝＝g，故本題選A。 答案：　A 11．(2018·湖南株洲診斷)如圖甲所示，光滑平臺右側與一長為l＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現有一小滑塊以v0＝5 m/s初速度滑上木板，恰好滑到木板右端停止。現將木板右端抬高，使木板與水平地面的夾角θ＝37°，如圖乙所示，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)滑塊與木板之間的動摩擦因數μ； (2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。 解析：　(1)設滑塊質量為m，木板水平時滑塊加速度為a，則對滑塊有μmg＝ma① 滑塊恰好到木板右端停止0－v＝－2al② 解得μ＝＝0.5③ (2)當木板傾斜時，設滑塊上滑時的加速度為a1，最大距離為x，上滑的時間為t1，有 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1④ 0－v＝－2a1x⑤ 0＝v0－a1t1⑥ 由④⑤⑥式，解得t1＝0.5 s⑦ 設滑塊下滑時的加速度為a2，下滑的時間為t2，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2⑧ x＝a2t⑨ 由⑧⑨式解得t2＝ s，所以滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t＝t1＋t2＝ s。 答案：　(1)0.5　(2) s 7