（浙江专用）高考物理大一轮总复习 第三章 第2课时 牛顿第二定律及两类基本问题知能达标训练

第2课时牛顿第二定律及两类基本问题单位制【测控导航】知识点题号1.牛顿第二定律瞬时性的理解6、82.牛顿第二定律的应用1、2、4、93.动力学两类基本问题3、5、7、10、11、12一、单项选择题1.(吉林质检)一箱苹果沿着倾角为θ的光滑斜面加速下滑,在箱子正中央夹有一个质量为m的苹果,它受到周围苹果对它作用力的方向是(C)A.沿斜面向上 B.沿斜面向下C.垂直斜面向上 D.竖直向上解析:根据牛顿第二定律,苹果箱沿着倾角为θ的光滑斜面下滑的加速度为a=gsinθ,所以苹果运动的合力F=ma=mgsinθ,方向平行斜面向下.对正中央的苹果受力分析知,除受到周围苹果对它的作用力F'外还受竖直向下的重力作用,作出力的图示,如图所示,可确定F'=mgcosθ,方向垂直斜面向上.2.(上虞中学月考)如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止.今拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),其他条件不变,则木盒滑行的距离(B)A.不变 B.变小C.变大 D.变大变小均可能解析:设木盒的质量为M,初速度为v0,木盒与桌面的动摩擦因数为μ,则木盒中固定一质量为m的砝码时,根据牛顿第二定律有,-μ(M+m)g=(M+m)a,系统运动的加速度a=-μg,运动的距离为x=0-v02-2μg=v022μg;木盒中持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg)时,同理可得,-μ(M+m)g=Ma1物体加速度的变化取决于物体受到的合外力的变化,而不是某个力(如弹簧弹力)的变化.分析物体运动速度是增大还是减小,要看加速度方向与速度的方向.3.(云南省部分名校统考)如图所示绘出了轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时,紧急刹车时的刹车痕迹(即刹车距离x)与刹车前车速v的关系曲线,则μ1和μ2的大小关系为(C)A.μ1<μ2 B.μ1=μ2C.μ1>μ2 D.条件不足,不能比较解析:据牛顿第二定律:F=μFN=μmg得:a=μg,又v2=2ax,得:μ=v22gx,由题图可知,当以相同的速度刹车时,x2>x1,故有μ1>4.(宁波联考)为了节省能量,不少商场都安装了智能化的电动扶梯.无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人站上扶梯时,它会先慢慢加速,再匀速运转.有一顾客乘扶梯上楼,恰好经历了这两个过程,如图所示.那么下列说法中正确的是(C)A.顾客始终受到三个力的作用B.顾客对扶梯的压力始终大于其重力C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方,再竖直向下解析:人加速运动时,受重力、支持力和水平向右的静摩擦力作用,扶梯对人的作用力指向右上方,人对扶梯的作用力指向左下方;当人匀速运动时,人只受重力和竖直向上的支持力作用,且这是一对平衡力,根据牛顿第三定律知,此时顾客对扶梯的压力大小等于其重力,方向竖直向下,所以选项C正确.5.如图所示,某小球所受的合外力与时间的关系,各段的合外力大小相同,作用时间相同,设小球从静止开始运动,由此可判定(C)A.小球向前运动,再返回停止B.小球向前运动再返回不会停止C.小球始终向前运动D.小球向前运动一段时间后停止解析:本题可以通过作vt图得出结果.如图所示,各段的合外力大小相同,则加速度大小相同,作用时间相同,所以在vt图中小球的位移始终为正值,即小球始终向前运动.选项C正确.多利用vt图象分析和计算动力学两类问题是良好的习惯.特别是在一些半定量计算或定性分析时更体现快捷、直观的优点.6.(洛阳市统考)三个相同的轻弹簧a、b、c连接成如图所示的形式,其中a、b两弹簧间的夹角为120°,且a、b对结点处质量为m的小球的拉力均为F(F≠0).在P点剪断弹簧c的瞬间,小球的加速度可能是(D)A.大小为g,方向竖直向下B.大小为F/m,,方向竖直向上C.大小为(F-mg)/m,,方向竖直向下D.大小为(mg-F)/m,方向竖直向下解析:在P点剪断弹簧c的瞬间,小球所受合外力为2Fcos60°-mg=F-mg,方向竖直向上或mg-2Fcos60°=mg-F,方向竖直向下,由牛顿第二定律,其加速度为(F-mg)/m,方向竖直向上或(mg-F)/m,方向竖直向下,选项D正确.7.(淮南模拟)如图(甲)所示,质量为M=2kg的木板静止在水平面上,可视为质点的物块从木板的左侧沿表面水平冲上木板.物块和木板的速度—时间图象如图(乙)所示,g=10m/s2,结合图象,下列说法错误的是(D)A.可求解物块在t=2s的位移B.可求解物块与木板间的动摩擦因数C.不可求解物块的质量D.可求解木板的长度解析:由图(乙)可求0～2s内vt图象所包围的面积即位移,选项A正确;由图(乙)可知:am=2m/s2=μgμ=0.2,选项B正确;结合牛顿第二定律知:aM=μmg-μ地(M+m)gM二、不定项选择题8.如图所示,被水平拉伸的轻弹簧右端拴在小车壁上,左端拴一质量为10kg的物块M.小车静止不动,弹簧对物块的弹力大小为5N时,物块处于静止状态.当小车以加速度a=1m/s2沿水平地面向右加速运动时(AB)A.物块M相对小车仍静止B.物块M受到的摩擦力大小不变C.物块M受到的摩擦力将减小D.物块M受到弹簧的拉力将增大解析:由初始条件知最大静摩擦力Fmax≥5N,当小车向右加速运动时.假设物块仍相对小车静止,由牛顿第二定律得5N+Ff=10×1N,Ff=5N,因Ff'=-5N,因此选项A、B正确,选项C错误.因物块M受摩擦力大小不变,故弹簧的拉力大小不变,选项D错误.9.受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上做直线运动,其vt图象如图所示,则(CD)A.在0～t1秒内,外力F大小不断增大B.在t1时刻,外力F为零C.在t1～t2秒内,外力F大小可能不断减小D.在t1～t2秒内,外力F大小可能先减小后增大解析:在0～t1秒内,物体做加速运动,F-Ff=ma从图象斜率看,这段时间内的加速度减小,所以在0～t1秒内,F不断减小,选项A错误;从图象斜率看,在t1时刻,加速度为零,故F=Ff,B错误;在t1～t2秒内,物体做减速运动,若开始时F的方向与加速度a一致,则Ff-F=ma,从图象斜率上可知加速度逐渐增大,因此F不断减小,选项C正确;当F减小到零,反向之后,Ff+F=ma,当F增大时,加速度a逐渐增大,选项D正确.10.(萧山区期中考)如图所示,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μ,且小球运动过程中未从杆上脱落,F0>μmg.下列说法中正确的是(BCD)A.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止B.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,直到最后做匀速运动C.小球的最大加速度为F0D.小球的最大速度为F解析:对小球受力分析,刚开始运动阶段,竖直方向:F+FN=mg,水平方向:F0-μFN=ma,所以小球的加速度a=F0-μ(mg-kv)m,由此可以看出:当速度v增大,加速度增大;当速度v增大到符合kv=mg时,摩擦力为零,加速度达到最大,am=F0m三、非选择题11.(浙江调测卷)小明同学乘坐杭温线“和谐号”动车组,发现车厢内有速率显示屏.当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间,他记录了不同时刻的速率,部分数据列于表格中.已知动车组的总质量M=2.0×105kg,假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍,取g=10m/st/sv/(m·s-1)030100403005040050500605507060080(1)动车组的加速度值;(2)动车组牵引力的最大值;(3)动车组位移的大小.解析:(1)设动车组两次匀加速的加速度分别为a1、a2,则由a=ΔvΔt代入数据后得:a1=0.1m/s2,a2=0.2m(2)对动车组,根据牛顿第二定律有F-Ff=Ma,其中Ff=0.1Mg由此可知,加速度大时,牵引力也大,代入数据得最大牵引力为F=Ff+Ma2=2.0×105N+2.0×105×0.2N=2.4×105N.(3)根据记录的数据,作出动车组的vt图,如图所示.由图可知第一次加速运动的结束时刻是200s,第二次加速运动的开始时刻是450s.第一个匀加速阶段内的位移为:x1=v1+v匀速运动阶段内的位移为:x2=v2t2第二个匀加速阶段内的位移为:x3=v2+所以总位移为:x=x1+x2+x3=30250m.答案:(1)0.1m/s20.2m/s2(2)2.4×105N(3)30250m12.在研究摩擦力的实验中,将木块放在水平长木板上.如图(a)所示,用力沿水平方向拉木块,拉力从零开始逐渐增大.分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力,并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象,如图(b)所示.已知木块质量为8.0kg,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.(1)求木块与长木板间的动摩擦因数;(2)如图(c),木块受到恒力F=50N作用,方向与水平方向成θ=37°角斜向右上方,求木块从静止开始沿水平面做匀变速直线运动的加速度大小;(3)在(2)中拉力F作