2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第8講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題練習(xí)（含解析）

《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第8講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第8講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題練習(xí)（含解析）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 [解密考綱]主要考查對(duì)牛頓第二定律的深刻理解，會(huì)利用牛頓第二定律處理動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題，高考試題往往綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律進(jìn)行考查，題型有選擇題、計(jì)算題． 1．(2019·舒城中學(xué)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(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，圓周半徑為R，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)．現(xiàn)有兩個(gè)小滑環(huán)A、B分別從a、c處由靜止釋放，滑環(huán)A經(jīng)時(shí)間t1從a點(diǎn)到達(dá)b點(diǎn)，滑環(huán)B經(jīng)時(shí)間t2從c點(diǎn)到達(dá)d點(diǎn)；另有一小球C從b點(diǎn)以初速度v0＝沿b、c連線豎直上拋，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)間為t3，不計(jì)一切阻力與摩擦，且A、B、C都可視

2、為質(zhì)點(diǎn)，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(wú)法比較 A　解析 由已知條件知，小球C豎直上拋能達(dá)到的最高點(diǎn)為c點(diǎn)，由對(duì)稱性可知，小球C運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與從c點(diǎn)自由下落到b點(diǎn)的時(shí)間相等．結(jié)合等時(shí)圓的結(jié)論可知，t1＝t2＝t3，選項(xiàng)A正確． 2．(2019·莊河高級(jí)中學(xué)高三模擬)(多選)趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上運(yùn)動(dòng)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(duì)靜止，球拍與球間摩擦及空氣阻力不計(jì)，則(　　) A．運(yùn)動(dòng)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(duì)人的作用力為 AC　解析 對(duì)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(xiàng)A、C正確；球在豎直方向加速度為零，則球不失重，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；以球拍和球整體為研究對(duì)象，如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律得，運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為F＝，則球拍對(duì)人的作用力大小為F′＝，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3．(2019·華中師大一附中高三滾動(dòng)復(fù)習(xí))(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(xì)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)小球的支持力分別為T(mén)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(shí)，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(kāi)斜面之前，F(xiàn)N＝0.8＋0.06a (N) ABC　解析 小球離開(kāi)斜面之前，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，進(jìn)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(shí)，F(xiàn)N＝0，選項(xiàng)A正確．當(dāng)a＝0時(shí)，T＝0.6 N，此時(shí)小球靜止在斜面上，其受力如圖甲所示，所以mgsin θ＝T；當(dāng)a＝ m/s2時(shí)，斜面對(duì)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(xiàng)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(xiàng)D錯(cuò)誤． 4．(2019·眉山中學(xué)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(shuō)法正確的是(　　) A．A對(duì)

6、地面的壓力可能小于(M＋m)g B．水平面對(duì)A的靜摩擦力一定水平向左 C．水平面對(duì)A的靜摩擦力不可能為零 D．B沿A的斜面下滑時(shí)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(shí)，三角形木塊A可能會(huì)立刻開(kāi)始滑動(dòng) A　解析 對(duì)物體B受力分析，受重力G、支持力FN1、滑動(dòng)摩擦力Ff，如圖所示． 再對(duì)A物體受力分析，受重力Mg、地面的支持力FN2、B對(duì)A的壓力F′N1，B對(duì)A的摩擦力F′f，地面對(duì)A可能有靜摩擦力F靜，先假設(shè)有且向右，如圖所示． 當(dāng)物體B勻速下滑時(shí)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，可得mgsin θ－Ff＝0，F(xiàn)N1－mgcos θ＝0，當(dāng)物體B加速下滑時(shí)，有mg

7、sin θ＞Ff，F(xiàn)N1－mgcos θ＝0，當(dāng)物體B減速下滑時(shí)，有mgsin θ＜Ff，F(xiàn)N1－mgcos θ＝0，由于物體A保持靜止，根據(jù)共點(diǎn)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(dāng)物體加速下降時(shí)，聯(lián)立以上可得FN2＜(M＋m)g，故選項(xiàng)A正確；當(dāng)物體加速下降時(shí)，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(dāng)物體勻速下降時(shí)，可得到F靜＝0，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；若B沿A的斜面下滑時(shí)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(lái)不及變化，故摩擦力方向不變，B對(duì)A的力不變，A依然保持靜止，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 5．(2019·衡水金卷高考模擬理綜試題)如圖所示，一個(gè)“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(gè)質(zhì)量為m的光滑球C，“V”形槽在水平面上由靜止開(kāi)始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，設(shè)擋板A、B對(duì)球的彈力分別為F1、F2，下列說(shuō)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(kāi)始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)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(xiàng)D正確． 6．(2019·湖北、山東部分重點(diǎn)中學(xué)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(guò)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(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．斜面對(duì)P的支持力和摩擦力都不變 B．P對(duì)斜面的作用力方向豎直向下 C．水平面對(duì)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(dòng)摩擦力，即物塊和斜面的相互作用力沒(méi)有任何改變，則水平面對(duì)斜面的支持力不變，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；因開(kāi)始時(shí)P對(duì)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(méi)有任何改變，P對(duì)斜面的作用力方向仍然豎直向下，選項(xiàng)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(xiàng)D正確． 7．(2019·肇慶高三統(tǒng)測(cè))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(dòng)，一個(gè)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(dòng)，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(yùn)動(dòng)均有可能 C　解析 圓筒從木棍的上部勻速滑下過(guò)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(duì)圓筒的支持力變小，則滑動(dòng)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(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)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(guò)程中雨滴的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律是(　　) D　解析 雨滴下落過(guò)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(lái)越大，所以雨滴做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，在v-t圖象中斜率代表了加速度的大小，故選項(xiàng)D正確． 9．(2019·重慶萬(wàn)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(dāng)上升距離為h時(shí)B與A開(kāi)始分離．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．B與A剛分離時(shí)，A的速度達(dá)到最大 B．彈簧的勁度系數(shù)等于 C．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到B與A剛分離的過(guò)程中，B的加速度先增大后減小 D．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到B與A剛分離的過(guò)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(wú)相互作用力．以B為研究對(duì)象，可知，B具有向下的加速度大小aB＝＝0.5g，此時(shí)對(duì)A分析有aA＝＝aB，可得此時(shí)彈簧彈力F彈＝0.5mg不為零，故彈簧不是原長(zhǎng)而處于壓縮狀態(tài)；當(dāng)A的合力為零時(shí)速度最大，彈簧的彈力大于重力mg，所以B與A剛分離時(shí)，A的速度不是最大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．B和A剛分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為F彈＝0.5mg，原來(lái)靜止時(shí)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(yùn)動(dòng)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(xiàng)B正確．由題知，F(xiàn)＝0.5mg＜2mg，對(duì)于整體分析可知，整體在上升的過(guò)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(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，B的速度先增大后減小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 10．(2019·華中師大一附中高三滾動(dòng)復(fù)習(xí))(多選)如圖所示為一根質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、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(jì)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(yùn)動(dòng)，由力傳感器讀數(shù)和已知條件(　　) A．能夠判斷粗繩運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(wú)

15、關(guān) BD　解析 設(shè)粗繩與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，力傳感器讀數(shù)為FT，對(duì)整根繩子，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma，對(duì)粗繩左側(cè)長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的加速度大小，選項(xiàng)A、C錯(cuò)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(xiàng)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(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.10.在A、B之間有一

16、原長(zhǎng)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(gè)方向相反的水平恒力F1、F2作用下一起勻加速運(yùn)動(dòng)，已知F1＝20 N，F(xiàn)2＝10 N，取g＝10 m/s2.求： (1)A和B共同運(yùn)動(dòng)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(diǎn))． 解析 (1)A、B組成的系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力為 Ff＝μ(mA＋mB)g＝5.0 N， 設(shè)運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)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(duì)象，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力 FfA＝μmAg＝3.0

17、N， 設(shè)運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)所受彈簧的彈力為T(mén)，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(zhǎng)量Δx＝＝2.8 cm，因此運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)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(cè)試)原地縱跳摸高是籃球和羽毛球重要的訓(xùn)練項(xiàng)目．已知質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員原地摸高為2.05 m，比賽過(guò)程中，該運(yùn)動(dòng)員重心先下蹲0.5 m，經(jīng)過(guò)充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.85 m的高度．假設(shè)運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)為勻加速運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2，求： (1)該運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)地

18、面時(shí)的速度大小為多少； (2)起跳過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力； (3)從開(kāi)始起跳到雙腳落地需要多少時(shí)間？ 解析 (1)從開(kāi)始起跳到腳離開(kāi)地面重心上升h1＝0.5 m，離開(kāi)地面到上升到最高點(diǎn)的過(guò)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(guò)程中，根據(jù)速度位移關(guān)系v2＝2ah1，解得a＝＝16 m/s2，對(duì)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(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為1 560 N，方向向下． (3)加速上升時(shí)間t1＝＝ s＝0.25 s，減速上升的時(shí)間t2＝＝ s＝0.4 s

19、，加速下降和減速上升時(shí)間相同，故總時(shí)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(huì)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(shí)刻，一物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.求： (1)物塊通過(guò)第一條薄膜的時(shí)間； (2)物塊滑過(guò)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(guò)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(guò)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(diǎn)的物塊在t＝0時(shí)刻以v0＝8 m/s的速度大小滑上一固定斜面，斜面足夠長(zhǎng)，斜面的傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝.經(jīng)過(guò)一段時(shí)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(dòng)過(guò)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(shí)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(huà)出物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中的速度時(shí)間圖象，取沿斜面向上為正方向． 解析 (1)上滑過(guò)程mgsin θ ＋ μmgcos θ＝ma1，可得a1＝8 m/s2， 下滑過(guò)程mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2. (2)上滑過(guò)程 t1＝＝1 s，s1＝t1＝4 m，s2＝s1＝a2t，得t2＝2 s， 故總時(shí)間為t＝t1＋t2＝3 s. (3)下滑過(guò)程 v2＝a2t2＝4 m/s，下滑過(guò)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(jiàn)解析圖 9