2024高考物理大一轮复习第3章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题精练含解析

PAGEPAGE1第2讲牛顿其次定律两类动力学问题◎基础巩固练1．(多选)下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0C．物体的速度为0，则加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能为0解析：物体的速度大小和加速度大小没有必定联系。一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小确定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度肯定也越大，故选项C、D对。答案：CD2．一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后(即车轮不滚动只滑动)，以下说法正确的是()A．满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大B．满载货物的汽车由于受摩擦力较大，滑行距离较小C．两辆汽车滑行的距离相同D．满载货物的汽车比空车先停下来解析：由牛顿其次定律可得两辆汽车的加速度为a＝μg，由veq\o\al(2,0)＝2ax可知，初速度相同，两车滑行的距离相同，选项C正确。答案：C3．(2024·武汉模拟)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是()解析：皮球在上升过程中速度越来越小，所以空气阻力越来越小，重力与空气阻力的合力越来越小，所以加速度越来越小，一起先加速度最大，后来减小得越来越慢，最终速度为零时，加速度变为重力加速度，所以答案选C。答案：C4.(2024·上海单科·5)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态。忽视空气阻力，当悬线断裂后，小球将做()A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：本题考查力与运动的关系。在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C项正确。答案：C5．(2024·河北石家庄二模)一个质量为2kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为8N和12N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是()A．肯定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B．肯定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6m/s2解析：物体在4个力作用下处于平衡状态，依据平衡状态的条件可知其中随意两个力的合力与另外两个力的合力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。所以撤去两个力之后另外两个力的合力为恒力，所以物体肯定做匀变速运动。因大小为8N与12N两个力的合力的大小范围为4N≤F合≤20N，则另外两个力的合力的大小范围为4N≤F合′≤20N，再由牛顿其次定律可知物体的加速度大小范围为2m/s2≤a≤10m/s2。所以A对，B、C、D错。答案：A6.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。下列说法正确的是(已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)()A．小球静止时弹簧的弹力大小为eq\f(3,5)mgB．小球静止时细绳的拉力大小为eq\f(3,5)mgC．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为gD．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为eq\f(5,3)g解析：烧断细绳前，对小球进行受力分析如图所示，其中F1为弹簧的弹力，F2为细绳的拉力。由平衡条件得F2cos53°＝mg，F2sin53°＝F1解得：F2＝eq\f(5,3)mg，F1＝eq\f(4,3)mg烧断细绳瞬间，细绳的拉力突然变为0，而弹簧的弹力不变，此时小球所受的合力与F2等大反向，所以小球的加速度马上变为a＝eq\f(5,3)g。答案：D7.如图所示，静止在水平面上质量m＝0.2kg的小车在F＝1.6N的水平恒力作用下从D点启动，运动一段时间后撤去F。当小车在水平面上运动了x＝3.28m时到达C点，速度达到v＝2.4m/s。已知车与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。(g取10m/s2)求：(1)恒力F作用的距离x1；(2)小车在C、D间运动的时间t。解析：在加速运动过程中由牛顿其次定律得：F－μmg＝ma1①由运动学公式得：x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，v1＝a1t1②在减速运动过程中由牛顿其次定律得：μmg＝ma2③由运动学公式得：veq\o\al(2,1)－v2＝2a2(x－x1)④得：x1＝2m，t1＝1s由：v1－v＝a2t2得，t2＝0.4st＝t1＋t2＝1.4s。答案：(1)2m(2)1.4s◎实力提升练8.(2024·吉林调研)如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10m/s2)()A．0 B．8NC．10N D．50N解析：剪断细线前，物体A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40N，剪断细线的瞬间，对物体A、B整体分析，整体加速度a＝eq\f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝2m/s2，对物体B隔离分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝8N，故选B。答案：B9.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3解析：因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。答案：A10.如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度为()A.eq\f(Δl,l)gB.eq\f(l,Δl)gC．物体的加速度为0 D．加速度的方向向下解析：当盘静止时，由胡克定律得mg＝kl①设使弹簧再伸长Δl时手的拉力大小为F再由胡克定律得(mg＋F)＝k(l＋Δl)②由①②联立得F＝eq\f(Δl,l)mg则松手瞬时弹簧的弹力没有改变，则以盘和物体整体为探讨对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上。设刚松手时，加速度大小为a，依据牛顿其次定律得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Δl,l)g，故本题选A。答案：A11．(2024·湖南株洲诊断)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为l＝2.5m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以v0＝5m/s初速度滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现将木板右端抬高，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，如图乙所示，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。解析：(1)设滑块质量为m，木板水平常滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma①滑块恰好到木板右端停止0－veq\o\al(2,0)＝－2al②解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0),2gl)＝0.5③(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为x，上滑的时间为t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1④0－veq\o\al(2,0)＝－2a1x⑤0＝v0－a1t1⑥由④⑤⑥式，解得t1＝0.5s⑦