(江蘇專用)2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 基礎(chǔ)課時(shí)7 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題(含解析)

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1、基礎(chǔ)課時(shí)7 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題 一、單項(xiàng)選擇題 1.對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一水平拉力,力剛開始作用的瞬間(  ) A.物體立即獲得速度 B.物體立即獲得加速度 C.物體同時(shí)獲得速度和加速度 D.由于物體未來得及運(yùn)動(dòng),所以速度和加速度都為零 解析 由牛頓第二定律可知,力F作用的同時(shí)物體立即獲得了加速度,但是速度還是零,物體有了加速度還必須有時(shí)間的累積才能使速度發(fā)生變化。因此,選項(xiàng)B正確。 答案 B 2.(2020·廣東珠海模擬)質(zhì)量為1 t的汽車在平直公路上以10 m/s的速度勻速行駛,阻力大小不變。從某時(shí)刻開始,汽車牽引力減少2 000 N,那么從該時(shí)刻起

2、經(jīng)過6 s,汽車行駛的路程是(  ) A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m 解析 汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F牽=Ff,當(dāng)牽引力減小2 000 N時(shí),即汽車所受合力的大小為F=2 000 N① 由牛頓第二定律得F=ma② 聯(lián)立①②得a=2 m/s2 汽車減速到停止所需時(shí)間t==5 s 汽車行駛的路程x=vt=25 m 答案 C 3.一皮帶傳送裝置如圖1所示,皮帶的速度v足夠大,輕彈簧一端固定,另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊,已知滑塊與皮帶之間存在摩擦,當(dāng)滑塊放在皮帶上時(shí),彈簧的軸線恰好水平,若滑塊放到皮帶上的瞬間,滑塊的速度為零,且彈簧正好處于自然長度,則當(dāng)彈簧從自然

3、長度到第一次達(dá)到最長這一過程中,滑塊的速度和加速度的變化情況是(  ) 圖1 A.速度增大,加速度增大 B.速度增大,加速度減小 C.速度先增大后減小,加速度先增大后減小 D.速度先增大后減小,加速度先減小后增大 解析 滑塊在水平方向受向左的滑動(dòng)摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉=kx,合力F合=Ff-F拉=ma,當(dāng)彈簧從自然長度到第一次達(dá)最長這一過程中,x逐漸增大,拉力F拉逐漸增大,因?yàn)槠У乃俣葀足夠大,所以合力F合先減小后反向增大,從而加速度a先減小后反向增大;滑動(dòng)摩擦力與彈簧彈力相等之前,加速度與速度同向,滑動(dòng)摩擦力與彈簧拉力相等之后,加速度便與速度方向相反,故滑塊的速度先

4、增大,后減小。 答案 D 4.如圖2所示,放在水平桌面上的質(zhì)量為1 kg的物體A通過水平輕繩、輕彈簧和光滑定滑輪與物體B相連接,兩物體均靜止時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)甲和乙的讀數(shù)分別為5 N和2 N,則剪斷物體A左側(cè)輕繩瞬間,物體A的加速度和彈簧測(cè)力計(jì)乙的讀數(shù)分別為(  ) 圖2 A.5 m/s2,0 B.2 m/s2,2 N C.0,0 D.0,2 N 解析 兩物體均靜止時(shí),體A在水平方向的受力如圖所示,物體A所受最大靜摩擦力Ffmax≥3 N,剪斷物體A左側(cè)輕繩瞬間,F(xiàn)T甲=0,F(xiàn)T乙=2 N,由于Ffmax>FT乙,所以物體A仍能靜止不動(dòng),所以物體A的加速度為0;此時(shí)物體B也處于靜

5、止?fàn)顟B(tài),所以彈簧測(cè)力計(jì)乙的讀數(shù)不變?nèi)詾? N。綜上分析,選項(xiàng)D正確。 答案 D 5.(2020·江西南昌七校聯(lián)考)如圖3所示,一物體以速度v0沖上粗糙的固定斜面,經(jīng)過2t0時(shí)間返回斜面底端,則物體運(yùn)動(dòng)的速度v(以初速度方向?yàn)檎?隨時(shí)間t的變化關(guān)系可能正確的是(  ) 圖3 解析 設(shè)斜面傾角為θ,由于斜面粗糙,上滑過程,根據(jù)牛頓第二定律:mgsin θ+μmgcos θ=ma1,而下滑過程,根據(jù)牛頓第二定律mgsin θ-μmgcos θ=ma2,知a1>a2,即上滑過程圖象的斜率的絕對(duì)值大于下滑過程圖象的斜率的絕對(duì)值,又上滑與下滑過程的位移大小相同,由x=at2和v2=

6、2ax知t上<t下,v0>v1,故只有選項(xiàng)C正確。 答案 C 6. (2020·陜西西安臨潼區(qū)模擬)如圖4,在光滑的水平面上,A、B兩物體的質(zhì)量mA=2mB,A物體與輕質(zhì)彈簧相連,彈簧的另一端固定在豎直墻上。開始時(shí),彈簧處于自由狀態(tài),當(dāng)物體B沿水平面向左運(yùn)動(dòng),將彈簧壓縮到最短時(shí),A、B兩物體間的作用力為F,則彈簧對(duì)A物體的作用力的大小為(  ) 圖4 A.F B.2F C.3F D.4F 解析 A、B碰后以相同的速度一起運(yùn)動(dòng),即A、B的加速度相同。以B為研究對(duì)象,據(jù)牛頓第二定律得aB====aA。以A為研究對(duì)象,設(shè)彈簧對(duì)A的作用力為FA,根據(jù)牛頓第二定律有FA-F=mAaA

7、,則FA=F+mAaA=F+mA·=3F。 答案 C 二、多項(xiàng)選擇題 7.如圖5所示,球P、Q的質(zhì)量相等,兩球之間用輕質(zhì)彈簧相連,光滑斜面的傾角為θ,系統(tǒng)靜止時(shí),彈簧與輕繩均與斜面平行,則在輕繩被突然剪斷的瞬間,下列說法中正確的是(  ) 圖5 A.兩球的加速度大小均為gsin θ B.Q球的加速度為零 C.P球的加速度方向沿斜面向上,Q球的加速度方向沿斜面向下 D.P球的加速度大小為2gsin θ 解析 在輕繩被突然剪斷的瞬間,彈簧的彈力不變,Q球所受的合力不變,加速度為零,B正確;繩子的拉力(2mgsin θ)立刻變?yōu)榱?,P球所受的合力(彈簧的拉力和重力沿斜面向下的分

8、力)的大小為2mgsin θ,故P球的加速度大小為2gsin θ,D正確。 答案 BD 8.(2020·海南單科,9)如圖6,升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面,斜面上放一物塊。開始時(shí),升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng),物塊相對(duì)于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)(  ) 圖6 A.物塊與斜面間的摩擦力減小 B.物塊與斜面間的正壓力增大 C.物塊相對(duì)于斜面減速下滑 D.物塊相對(duì)于斜面勻速下滑 解析 當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí),物體有豎直向上的加速度,則物塊與斜面間的正壓力增大,根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff=μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大,故A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)斜面的傾角為θ,物體的質(zhì)量為m,當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin

9、θ=μmgcos θ,即sin θ=μcos θ.當(dāng)物體以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí),有FN=m(g+a)cos θ,F(xiàn)f=μm(g+a)cos θ,因?yàn)閟in θ=μcos θ,所以m(g+a)sin θ=μm(g+a)cos θ,故物體仍相對(duì)斜面勻速下滑,C錯(cuò)誤,D正確。 答案 BD 三、非選擇題 9.(2020·江蘇鎮(zhèn)江模擬)如圖7所示,風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中能模擬產(chǎn)生恒定向右的風(fēng)力。質(zhì)量m=100 g的小球穿在長L=1.2 m的直桿上并置于實(shí)驗(yàn)室中,球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,當(dāng)桿豎直固定放置時(shí),小球恰好能勻速下滑。保持風(fēng)力不變,改變固定桿與豎直線的夾角為θ=37°,將小球從O點(diǎn)靜止釋放。g

10、取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: 圖7 (1)小球受到的風(fēng)力大?。? (2)當(dāng)θ=37°時(shí),小球離開桿時(shí)的動(dòng)能。 解析 (1)當(dāng)桿豎直固定放置時(shí),μFN=mg,F(xiàn)N=F 解得F=2 N (2)當(dāng)θ=37°時(shí),小球受力情況如圖所示,垂直桿方向上有 Fcos 37°=mgsin 37°+FN 解得FN=1 N 小球受摩擦力Ff=μFN=0.5 N 小球沿桿運(yùn)動(dòng)的加速度為 a==15 m/s2 由v2-v=2aL得,小球到達(dá)桿下端時(shí)速度為 v=6 m/s 球離開桿時(shí)的動(dòng)能為Ek=mv2=1.8 J 答案 (1)2 N (2)1

11、.8 J 10.為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù),用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況,裝置如圖8甲所示。使木塊以初速度v0=4 m/s的速度沿傾角θ=30°的斜面上滑,緊接著下滑至出發(fā)點(diǎn),并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù),結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點(diǎn)的v-t圖線如圖乙所示。g取10 m/s2。求: 圖8 (1)上滑過程中的加速度的大小a1; (2)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v。 解析 (1)由題圖乙可知,木塊經(jīng)0.5 s滑至最高點(diǎn),由加速度定義式a=得上滑過程中加速度的大小: a1== m/s2=8 m/s2 (2)由牛頓第二定律得,上滑過程

12、中 mgsin θ+μmgcos θ=ma1 代入數(shù)據(jù)得μ= (3)下滑距離等于上滑的距離,其值為x==1 m 由牛頓第二定律得下滑過程中mgsin θ-μmgcos θ=ma2 下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小v= 聯(lián)立解得:v=2 m/s。 答案 (1)8 m/s2 (2) (3)2 m/s 11.如圖9所示,傾角為30°的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接?,F(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放,最終停在水平面上的C點(diǎn)。已知A點(diǎn)距水平面的高度h=0.8 m,B點(diǎn)距C點(diǎn)的距離L=2.0 m(滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)沒有能量損失,g取10 m/s2),求: 圖9 (1)滑塊在運(yùn)動(dòng)過程

13、中的最大速度; (2)滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (3)滑塊從A點(diǎn)釋放后,經(jīng)過時(shí)間t=1.0 s時(shí)速度的大小。 解析 (1)滑塊先在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng),然后在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng),故滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度最大為vm,設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1,由牛頓第二定律得mgsin 30°=ma1,v=2a1·, 解得vm=4 m/s。 (2)滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2,由牛頓第二定律得:μmg=ma2,v=2a2L,解得μ=0.4。 (3)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,有vm=a1t1, 解得t1==0.8 s,由于t>t1,故滑塊已經(jīng)經(jīng)過B點(diǎn),做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t-t1=0.2 s,設(shè)t=1.0 s時(shí)速度大小為v,有:v=vm-a2(t-t1),解得v=3.2 m/s。 答案 (1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s

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