【2019最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版

1、【 2019 最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练 8 牛顿第二定律两类动力学问题新人教版基础巩固组1.( 多选 )( 对牛顿第二定律的理解) 由牛顿第二定律可知 , 无论怎样小的力都可以使物体产生加速度, 可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时 , 却推不动它 , 这是因为 ()A. 牛顿第二定律不适用于静止物体B. 有加速度产生 , 但数值很小 , 不易觉察C.静摩擦力等于水平推力 , 所以桌子静止不动D.桌子所受合力为零 , 加速度为零 , 所以静止不动答案 CD解析用很小的力来推桌子, 这个力小于最大静摩擦力, 合力是零 , 根据牛顿第二定律 , 加速度等于零

2、, 所以静止不动 , 即牛顿第二定律适用于静止物欢迎下载。体,A 、B 错误 ,D 正确 ; 桌子受力平衡 , 水平方向上静摩擦力等于水平推力大小,C 正确。2.( 瞬时加速度 ) 如图 ,A 、B、C三个小球质量均为m,A、B 之间用一根没有弹性的绳子连在一起 ,B 、C之间用轻弹簧拴接 , 整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A 上面的细线剪断 , 使 A 的上端失去拉力 ,则在剪断细线的瞬间 ,A 、B、C三个小球的加速度分别是()C.g,g,gD.g,g,0答案 A解析剪断细线前 , 由平衡条件可知 ,A 上端的细线的拉力为3mg,A、B 之间细线的拉力为2mg,轻弹簧的

3、拉力为mg。在剪断细线的瞬间 , 轻弹簧中拉力不变 , 小球 C所受合外力为零 , 所以 C的加速度为零 ;A 、B小球被细线拴在一起 , 整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力, 由牛顿第二定律 ,3mg=2ma,解得 a=1.5g, 选项 A 正确。3.( 瞬时加速度 )(2017 ·安徽芜湖模拟 ) 如图所示 , 光滑水平面上 ,A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起,A 、B 的质量分别为 m1、m2,在拉力 F 作用2【2019最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练牛顿第二定律两类动力学问题新人教版下,A 、B 共同做匀加速直线运动, 加速度大小为a, 某时刻突然撤

4、去拉力F,此瞬时 A 和 B 的加速度大小为a1 和 a2, 则()A.a1=0,a2=0B.a1=a,a2=aC.a1=a,a2=aD.a1=a,a2=a答案 D解析撤去拉力F 的瞬间 , 物体 A 的受力不变 , 所以 a1=a, 对物体 A受力分析得 F 弹=m1a;撤去拉力 F 的瞬间 , 物体 B受到的合力大小为F 弹'=m2a2, 所以 a2=, 故选项 D 正确。4.( 动力学两类基本问题 )(2017 ·湖南长沙月考 ) 如图是汽车运送圆柱形工件的示意图 , 图中 P、Q、N是固定在车体上的压力传感器, 假设圆柱形工件表面光滑 , 汽车静止不动时Q传感器示数为

5、零 ,P 、N 传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中,P 传感器示数为零时 ,Q、N传感器示数不为零。已知 sin 15 °=0.26,cos 15 °=0.97,tan 15°=0.27,g取 10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A.3D.13/123/12答案 A解析当汽车向左匀加速启动过程中,P 传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零 , 受力分析如图 :竖直方向 :FQ+mg=FNcos 15°水平方向 :F 合=FNsin 15 °=ma联立解得 a=ta n 15 °=×0.27+2.7

6、 m/s2>2.7 m/s2,故 A 选项正确。5.( 动力学两类基本问题 )(2017 ·辽宁沈阳四校月考) 如图所示 , 当小车向右加速运动时 , 物块 M相对车厢静止于竖直车厢壁上, 当车的加速度增大时()A.M受静摩擦力增大B.M 对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止D.M受静摩擦力减小答案 C解析分析 M受力情况如图所示 , 因 M相对车厢壁静止 , 有 Ff=Mg,与水平方向的加速度大小无关 ,A 、D错误。水平方向 ,FN=Ma,FN随 a 的增大而增大 ,由牛顿第三定律知 ,B 错误。因 FN增大 , 物体与车厢壁的最大静摩擦力增大, 故 M相对于车厢仍静止

7、 ,C 正确。4【2019最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练牛顿第二定律两类动力学问题新人教版6.( 图象问题 )(2018 ·河北衡水中学一调) 如图 , 穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止。现对小球沿杆方向施加恒力F0, 垂直于杆方向施加竖直向上的力 F, 且 F 的大小始终与小球的速度成正比, 即 F=kv( 图中未标出) 。已知小球与杆间的动摩擦因数为, 小球运动过程中未从杆上脱落,且 F0>mg。下列关于运动中的速度时间图象正确的是()答案 C解析小球开始重力大于竖直向上的力F, 支持力方向向上 , 随着速度的增大,F 增大 , 则支持力减小

8、, 摩擦力减小 , 根据牛顿第二定律 , 加速度增大。然后竖直向上的力大于重力 , 杆对球的弹力向下 ,F 增大 , 弹力增大 , 摩擦力增大 , 根据牛顿第二定律 , 加速度减小 , 当加速度减小到零 , 做匀速直线运动。故 C正确 ,A、B、D错误。7.( 图象问题 )(2018 ·首都师大附中月考) 如图 a 所示 , 质量不计的弹簧竖直固定在水平面上 ,t=0 时, 将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放 , 小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点, 然后又被弹起离开弹簧, 上升到一定高度后再下落 , 如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器, 得到弹簧弹力 F 随时间 t 变

9、化的图象如图b 所示 , 若图象中的坐标值都是已知量,重力加速度为 g, 下列说法正确的是 ()A.t1 时刻小球具有最大速度5/125/12B.t1t2阶段小球减速C.t2 时刻小球加速度为0D.可以计算出小球自由下落的高度? 导学号 06400111?答案 D解析 t1 时刻小球刚接触弹簧 , 速度仍会增大 , 直至弹簧弹力与小球重力相等时 , 小球才达到最大速度 , 故 A错误。 t1t2 这段时间内 , 弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程, 合力先向下后向上 , 故先加速后减速 , 故 B错误。 t2 时刻弹簧压缩量最大 , 故小球加速度不为0,C 错误。 t3t4 这段时间小球在

10、空中运动 , 由此可知小球做自由落体运动时间为t=, 由 h=gt2=求得小球自由下落高度, 故 D 正确。8.( 传送带模型 ) 如图所示 , 三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m, 且与水平方向的夹角均为37°。现有两小物块A、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑, 物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5, 下列说法正确的是 ()A. 物块 A 先到达传送带底端B. 物块 A、B 受到的摩擦力分别沿斜面向下和向上6【2019最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练牛顿第二定律两类动力学问题新人教版C.物块 A、B 运

11、动的加速度大小相同D.物块 A、B 在传送带上的划痕长度相同答案 C解析 A、B 都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑 ,mgsin37°>mgcos 37°,故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上, 大小也相等 , 故两物体沿斜面向下的加速度大小相同, 滑到底端时位移大小相同, 故时间相同 , 故 A、B错误 ; 根据牛顿第二定律可知mgsin - mgcos =ma,产生的加速度大小都为 a=gsin- gcos , 故 C正确 ; 划痕长度由相对位移决定,A 物体与传送带运动方向相同, 划痕长度较小 , 故 D错误。能力提升组9. 如图甲所示 , 劲度系数为

12、 k 的轻弹簧竖直放置 , 下端固定在水平地面上 ,一质量为 m的小球 , 从离弹簧上端高h 处自由下落 , 接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点, 沿竖直向下建立一坐标轴Ox,小球的速度 v 随时间 t 变化的图象如图乙所示。其中OA段为直线 , 切于 A 点的曲线 AB和 BC都是平滑的曲线 , 则关于 A、B、C三点对应的 x 坐标及加速度大小 , 下列说法正确的是 ()A.xA=h,aA=0B.xA=h,aA>g7/127/12C.xB=h+,aB=0 D.xC=h+,aC=0答案 C解析由题图可知 ,OA 段是直线 , 说明 O 到 A 的过程中 , 小球做自由

13、落体运动 ,小球到达 A时, 小球的加速度仍然是g, 故 A错误 ,B 错误。 B点是速度最大的地方 , 此时重力和弹力相等 , 合力为 0, 加速度也就为 0, 由 mg=kx,可知 x=,所以 B的坐标为 h+, 所以 C正确。取一个与A 点对称的点为 D,由 A点到 B点的形变量为 , 由对称性得由 B 到 D的形变量也为 , 故到达 C点时形变量要大于 h+2, 加速度 ac>g, 所以 D错误。10.(2018 ·三明月考 ) 质量为 2 kg 的物体水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动。一段时间后撤去F。其运动的 v-t图象如图所示。 g 取 10m/s2, 求:

14、(1) 物体与水平间的动摩擦因数 ;(2) 水平推力 F 的大小 ;(3)010 s内物体运动位移的大小。答案 (1)0.2(2)6 N(3)46 m解析 (1) 撤去推力 F 后, 物体的合外力即摩擦力 , 故物体的加速度a2=g;8【2019最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练牛顿第二定律两类动力学问题新人教版由题图可知 , 撤去推力 F 后的加速度 a2= m/s2=2 m/s2, 所以, 物体与水平间的动摩擦因数=0.2;(2) 推力 F 作用下 , 物体的合外力 F1=F-mg,由题图可知 , 推力作用下的加速度 a1= m/s2=1 m/s2;故由牛顿第二定律可得

15、F1=ma1,所以 , 推力 F=F1+mg=ma1+mg=6 N;(3) 由 v-t 图象可知 , 位移即图象中曲线与 x 轴之间的面积 , 故 010 s内物体运动位移s=(2+8) ×6 m+×8×(10 -6) m=46 m 。? 导学号 06400112?11.(2018 ·河北衡水中学一调 ) 如图所示 , 电动机带动滚轮做逆时针匀速转动, 在滚轮的摩擦力作用下 , 将一金属板从斜面底端 A 送往上部 , 已知斜面光滑且足够长 , 倾角 =30°, 滚轮与金属板的切点 B到斜面底端 A 距离L=6.5 m, 当金属板的下端运动到切点

16、B 处时 , 立即提起滚轮使它与板脱离接触。已知板的质量m=1 kg, 滚轮边缘线速度恒为v=4 m/s, 滚轮对板的正压力 FN=20 N,滚轮与金属板间的动摩擦因数为=0.35, 重力加速度 g 取10 m/s2 。求 :(1) 板加速上升时所受到的滑动摩擦力大小 ;(2) 板加速至与滚轮边缘线速度相同时前进的距离 ;9/129/12(3) 板匀速上升的时间。答案 (1)7 N(2)4 m(3)0.625 s解析 (1) 根据摩擦力公式 , 得 Ff=FN=0.35×20 N=7 N。(2) 对板进行受力分析 , 根据牛顿第二定律 Ff-mgsin =ma可以得到 a=2 m/s

17、2根据运动学公式得x= m=4 m。(3) 当板与轮的线速度相等后 , 板做匀速直线运动 , 则上升的时间为 t=s=0.625 s 。12.(2018 ·山东枣庄质检 ) 一小物块随足够长的水平传送带一起运动, 被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过, 如图 1 所示。固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x 随时间 t 的变化关系如图2 所示 ( 图象前 3 s 内为二次函数 ,34.5 s内为一次函数 , 取向左运动的方向为正方向 ) 。已知传送带的速度v1 保持不变 ,g 取 10 m/s2 。图 1图 2图 310【2019最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练牛顿第二定律两类动力学问题新人教版(1) 求传送带速度 v1 的大小 ;(2) 求 0 时刻物块速度 v0 的大小 ;(3) 在图 3 中画出物块对应的 v-t 图象。答案 (1)2 m/s(2)4