《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題夯基提能作業(yè)本.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題夯基提能作業(yè)本.docx（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第2講　牛頓第二定律　兩類動力學(xué)問題 A組　基礎(chǔ)過關(guān) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(多選)關(guān)于速度、加速度、合外力之間的關(guān)系,下列說法正確的是(　　) A.物體的速度越大,則加速度越大,所受的合外力也越大 B.物體的速度為零,則加速度為零,所受的合外力也為零 C.物體的速度為零,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大 D.物體的速度很大,但加速度可能為零,所受的合外力也可能為零 答案　CD　物體的速度大小與加速度大小及所受合外力大小無必然聯(lián)系,故C、D項正確,A、B項錯誤。 2.(2019湖北武漢武昌調(diào)研)如圖所示,老鷹沿虛線MN斜向下減速俯沖的過程中,空氣對老鷹的作用力可能是圖中的(　　) A.F1 B.F2 C.F3 D.F4 答案　B　老鷹沿虛線MN斜向下減速俯沖的過程中,可認(rèn)為老鷹受到兩個力的作用,即重力和空氣的作用力,二力的合力沿MN斜向上,所以空氣對老鷹的作用力可能是題圖中的F2,選項B正確。 3.若戰(zhàn)機(jī)從“遼寧號”航母上起飛前滑行的距離相同,牽引力相同,則(　　) A.攜帶的彈藥越多,加速度越大 B.加速度相同,與攜帶彈藥的多少無關(guān) C.攜帶的彈藥越多,獲得的起飛速度越大 D.攜帶的彈藥越多,滑行時間越長 答案　D　攜帶的彈藥越多,戰(zhàn)機(jī)的質(zhì)量越大,而牽引力相同,根據(jù)F-Ff=ma可知,戰(zhàn)機(jī)的加速度越小;由v2=2ax可知,戰(zhàn)機(jī)起飛前滑行的距離相同,加速度越小,獲得的起飛速度越小,選項A、B、C錯誤。戰(zhàn)機(jī)起飛前滑行的距離相同,由x=12at2可得,加速度越小,滑行時間越長,所以D正確。 4.(多選)如圖,物塊a、b和c的質(zhì)量相同,a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點O。整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將細(xì)線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間,(　　) A.a1=3g B.a1=0 C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2 答案　AC　剪斷細(xì)線前,把a、b、c看成整體,細(xì)線中的拉力為T=3mg。在剪斷細(xì)線的瞬間,彈簧未發(fā)生突變,因此a、b、c之間的作用力與剪斷細(xì)線之前相同,則將細(xì)線剪斷瞬間,對a隔離進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律可得3mg=ma1,得a1=3g,A正確,B錯誤。由胡克定律知:2mg=kΔl1,mg=kΔl2,所以Δl1=2Δl2,C正確,D錯誤。 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?fàn)顟B(tài)。忽略空氣阻力,當(dāng)懸線斷裂后,小球?qū)⒆?　　) 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 答案　C　本題考查力與運動的關(guān)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?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運動,C項正確。 6.(多選)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,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 答案　BD　由題圖可見,魚缸相對桌布向左滑動,故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右,A錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數(shù)相等,所以魚缸加速過程與減速過程的加速度大小相等,均為μg;由v=at可知,魚缸在桌布上加速運動的時間與在桌面上減速運動的時間相等,故B正確。若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不變,故C錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動,則魚缸就會滑出桌面,故D正確。 7.“兒童蹦極”中,拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩。如圖所示,質(zhì)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12mg 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(cè)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(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩,則小明左側(cè)輕繩在腰間斷裂時,小明的加速度a=g 答案　B　根據(jù)平行四邊形定則知,2F cos 30=mg(F為橡皮繩的拉力),解得F=33mg,故A錯誤;根據(jù)共點力平衡得,2F cos θ=mg,當(dāng)懸點間的距離變小時,θ變小, cos θ變大,可知橡皮繩的拉力變小,故B正確;當(dāng)小明左側(cè)橡皮繩斷裂,斷裂的瞬間,小明右側(cè)橡皮繩的拉力不變,則重力和小明右側(cè)橡皮繩拉力的合力與小明左側(cè)橡皮繩初始時的拉力大小相等、方向相反,合力大小為33mg,加速度為33g,故C錯誤;當(dāng)兩側(cè)為輕繩時,小明左側(cè)繩斷裂瞬間,小明右側(cè)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mg sin 30,加速度為12g,方向沿垂直于小明右側(cè)繩的方向斜向下,故D錯誤。 8.(2019福建南平質(zhì)檢)如圖所示,光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線,AC∶BC∶DC=5∶4∶3,桿AC豎直,各桿上分別套有一小球a、b、d(均可視為質(zhì)點),a、b、d三小球的質(zhì)量之比為1∶2∶3?，F(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點由靜止開始下滑,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 答案　A　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,從光滑細(xì)桿AC、BC、DC頂點由靜止釋放的小球a、b、d必定同時到達(dá)圓的最低點C,故A項正確。 9.(多選)如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/s2,則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為(　　) A.4 m/s2 B.3 m/s2 C.2 m/s2 D.1 m/s2 答案　AB　設(shè)圓柱形工件的質(zhì)量為m,汽車向左勻加速啟動時,對圓柱形工件進(jìn)行受力分析,如圖所示,根據(jù)題意,有FQ+mg=FN cos 15,F合=FN sin 15=ma,聯(lián)立解得a=FQ+mgmtan 15=FQm0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故選項A、B正確。 10.(多選)如圖所示,小球B放在真空正方體容器A內(nèi),球B的直徑恰好等于A的內(nèi)邊長,現(xiàn)將它們以初速度v0豎直向上拋出,下列說法中正確的是(　　) A.若不計空氣阻力,下落過程中,B對A沒有彈力 B.若考慮空氣阻力,上升過程中,A對B的彈力向下 C.若考慮空氣阻力,下落過程中,B對A的彈力向上 D.若不計空氣阻力,上升過程中,A對B有向上的彈力 答案　AB　將容器A以初速度v0豎直向上拋出后,若不計空氣阻力,以整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律得加速度為g,再以容器A為研究對象,上升和下落過程其合力等于自身重力,則B對A沒有彈力,A對B也沒有彈力,故A項正確,D項錯誤;若考慮空氣阻力,以整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可知,上升過程中的加速度大于g,再以球B為研究對象,可知B受到的合力大于其自身的重力,所以B除受到重力外,還應(yīng)受到向下的力,即A對B的彈力向下,故B項正確;若考慮空氣阻力,以整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可知下落過程中的加速度小于g,再以B為研究對象,可知A受到的合力小于其自身的重力,所以B除受到重力外,還應(yīng)受到向上的力,即A對B的彈力向上,由牛頓第三定律可知B對A的彈力向下,故C項錯誤。 11.如圖所示,傾角θ=37的斜面固定在水平面上。質(zhì)量m=1.0 kg 的小物塊受到沿斜面向上的F=9.0 N的拉力作用,小物塊由靜止沿斜面向上運動,小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25(斜面足夠長,取g=10 m/s2。sin 37=0.6,cos 37=0.8)。 (1)求小物塊運動過程中所受摩擦力的大小。 (2)求在拉力作用過程中,小物塊加速度的大小。 (3)若在小物塊沿斜面向上運動0.80 m時,將拉力F撤去,求此后小物塊沿斜面向上運動的距離。 答案　(1)2.0 N　(2)1.0 m/s2　(3)0.10 m 解析　(1)拉力F作用時,小物塊的受力如圖甲所示 Ff=μFN=μmg cos 37=2.0 N (2)設(shè)拉力F作用時,小物塊的加速度為a1,根據(jù)牛頓第二定律有 F-Ff-mg sin 37=ma1 解得a1=1.0 m/s2 (3)設(shè)撤去拉力前小物塊運動的距離為x1,撤去拉力時小物塊的速度為v,撤去拉力后小物塊的加速度大小和沿斜面向上運動的距離分別為a2、x2,有v2=2a1x1① 撤去拉力F后,小物塊的受力如圖乙所示 由牛頓第二定律得mg sin 37+Ff=ma2② 由運動學(xué)規(guī)律得v2=2a2x2③ 其中x1=0.80 m 聯(lián)立①②③式并代入數(shù)據(jù)解得 x2=0.10 m B組　能力提升 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 12.如圖所示,位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點,與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60,C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點;c球由C點自由下落到M點。則(　　) A.a球最先到達(dá)M點 B.b球最先到達(dá)M點 C.c球最先到達(dá)M點 D.b球和c球都可能最先到達(dá)M點 答案　C　如圖所示,令圓環(huán)半徑為R,則c球由C點自由下落到M點用時滿足R=12gtc2,所以tc=2Rg;對于a球令A(yù)M與水平面成θ角,則a球下滑到M點用時滿足AM=2R sin θ=12g sin θta2,即ta=2Rg;同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb=2rg(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑,r>R)。綜上所述可得tb>ta>tc,故選項C正確。 13.(多選)(2018山東濟(jì)南模擬)如圖所示,兩輕質(zhì)彈簧a、b懸掛一質(zhì)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3∶1 B.彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為3∶2 C.若彈簧a下端松脫,則松脫瞬間小球的加速度大小為3g D.若彈簧b下端松脫,則松脫瞬間小球的加速度大小為g2 答案　AD　由題可知,兩個彈簧相互垂直,對小球受力分析,如圖所示,設(shè)彈簧的伸長量都是x,由受力分析圖知,彈簧a中彈力Fa=mg cos 30=32mg,根據(jù)胡克定律可知彈簧a的勁度系數(shù)為k1=Fax=3mg2x,彈簧b中的彈力Fb=mg cos 60=12mg,根據(jù)胡克定律可知彈簧b的勁度系數(shù)為k2=Fbx=mg2x,所以彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為3∶1,A正確,B錯誤;彈簧a中的彈力為32mg,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=Fam=32g,C錯誤;彈簧b中彈力為12mg,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、方向相反,故小球的加速度大小a=Fbm=12g,D正確。