（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題練習(xí)（含解析）新人教版

《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題練習(xí)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題練習(xí)（含解析）新人教版（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2節(jié)　牛頓第二定律　兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1.若戰(zhàn)機(jī)從航母上起飛前滑行的距離相同,牽引力相同,則(　D　) A.攜帶彈藥越多,加速度越大 B.加速度相同,與攜帶彈藥的多少無(wú)關(guān) C.攜帶彈藥越多,獲得的起飛速度越大 D.攜帶彈藥越多,滑行時(shí)間越長(zhǎng) 2.質(zhì)量為1噸的汽車(chē)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(kāi)始,汽車(chē)牽引力減小 2 000 N,那么從該時(shí)刻起經(jīng)過(guò)6 s,汽車(chē)行駛的路程是(　C　) A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m 解析:汽車(chē)勻速行駛時(shí),F=Ff,設(shè)汽車(chē)牽引力減小后加速度大小為a,牽引力減小ΔF=2

2、 000 N時(shí), Ff-(F-ΔF)=ma,解得a=2 m/s2,與速度方向相反,汽車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)時(shí)間t汽車(chē)停止運(yùn)動(dòng),則t== s=5 s,故汽車(chē)行駛的路程x=t=×5 m=25 m,故選項(xiàng)C正確. 3.如圖所示,B是水平地面上AC的中點(diǎn),可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊以某一初速度,從A點(diǎn)滑動(dòng)到C點(diǎn)停止.小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度等于它在A點(diǎn)時(shí)速度的一半.則小物塊與AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的比值為(　C　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:物塊從A到B根據(jù)牛頓第二定律,有μ1mg=ma1,得a1=μ1g.從B到C根據(jù)牛頓第二定律,有μ2m

3、g=ma2,得a2=μ2g.設(shè)小物塊在A點(diǎn)時(shí)速度大小為v,則在B點(diǎn)時(shí)速度大小為,由于AB=BC=l,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知,從A到B:( ) 2-v2=-2μ1gl,從B到C:0- ()2=-2μ2gl,聯(lián)立解得μ1= 3μ2,故選項(xiàng)C正確,A,B,D錯(cuò)誤. 4.如圖所示,光滑直桿一端固定在地面上的A點(diǎn),另一端靠在豎直墻上,桿上套有一個(gè)小球,球可以在桿上自由滑動(dòng),球從桿的上端沿桿下滑到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t,若逐漸減小桿的長(zhǎng)度,使桿與水平方向的夾角從60°逐漸減小到30°,則下列說(shuō)法正確的是(　C　) A.小球從桿的上端運(yùn)動(dòng)到下端的時(shí)間不斷減小 B.小球從桿的上端運(yùn)動(dòng)到下端的時(shí)間不斷增大 C

4、.小球從桿的上端運(yùn)動(dòng)到下端的時(shí)間先減小后增大 D.小球從桿的上端運(yùn)動(dòng)到下端的時(shí)間先增大后減小 解析:設(shè)A點(diǎn)到墻的距離為L(zhǎng),桿與水平方向的夾角為θ, 則=gt2sin θ,t=,當(dāng)θ=45°時(shí),t最小,因此選項(xiàng)C正確. 5.據(jù)國(guó)外媒體報(bào)道,歐洲最大的直升機(jī)公司計(jì)劃研制一款X3型高速直升機(jī).該公司已完成X3型直升機(jī)原型機(jī)的首次試飛.設(shè)X3型直升機(jī)原型機(jī)的質(zhì)量為m,某次試飛時(shí),主旋翼提供大小為2mg向上的升力,每個(gè)向前螺旋推進(jìn)器提供大小為mg、方向向前的推力.不考慮空氣阻力的影響,下列說(shuō)法正確的是(　C　) A.該直升機(jī)原型機(jī)可能處于平衡狀態(tài) B.該直升機(jī)原型機(jī)以加速度g做勻加速直線

5、運(yùn)動(dòng) C.空氣對(duì)直升機(jī)原型機(jī)的作用力為2mg D.空氣對(duì)直升機(jī)原型機(jī)的作用力為4mg 解析:直升機(jī)原型機(jī)的受力如圖所示, 所受合外力大小為mg,方向斜向右上方,加速度大小為g,故選項(xiàng)A,B均錯(cuò)誤;空氣對(duì)直升機(jī)原型機(jī)的作用力為=2mg,故選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤;本題也可以由水平方向的加速度ax=2g和豎直方向的加速度ay=g合成得到直升機(jī)原型機(jī)的加速度a==g. 6.如圖所示,一傾角為θ=37°的足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平地面上.當(dāng)t=0時(shí),滑塊以初速度v0=10 m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng),已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6, co

6、s 37°=0.8,下列說(shuō)法正確的是(　D　) A.滑塊上滑的距離小于5 m B.t=1 s時(shí),滑塊速度減為零,然后靜止在斜面上 C.t=2 s時(shí),滑塊恰好又回到出發(fā)點(diǎn) D.t=3 s時(shí),滑塊的速度大小為4 m/s 解析:設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1,由牛頓第二定律可得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=10 m/s2,上滑時(shí)間為t1==1 s,上滑的距離為x1=v0t1=5 m,因mgsin θ>μmgcos θ,滑塊上滑到速度為零后,向下運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤;設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2,由牛頓第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得

7、a2=2 m/s2,經(jīng)1 s,滑塊下滑的距離為x2=a2=1 m<5 m,滑塊未回到出發(fā)點(diǎn),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;t=3 s時(shí),滑塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng),此時(shí)的速度v=a2(t-t1)=4 m/s,選項(xiàng)D正確. 7.(多選)如圖是汽車(chē)運(yùn)送圓柱形工件的示意圖,圖中P,Q,N是固定在車(chē)體上的壓力傳感器,假設(shè)圓柱形工件表面光滑,汽車(chē)靜止不動(dòng)時(shí)Q傳感器示數(shù)為零,P,N傳感器示數(shù)不為零.當(dāng)汽車(chē)向左勻加速啟動(dòng)過(guò)程中,P傳感器示數(shù)為零而Q,N傳感器示數(shù)不為零.已知sin 15°=0.26, cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g=10 m/s2.則汽車(chē)向左勻加速啟動(dòng)的加速度可能為(　BD　) A.

8、2.5 m/s2 B.3 m/s2 C.2 m/s2 D.4 m/s2 解析:當(dāng)汽車(chē)向左勻加速啟動(dòng)過(guò)程中,P傳感器示數(shù)為零而Q,N傳感器示數(shù)不為零,受力分析如圖所示, 則FQ+mg=FNcos 15°, F合=FNsin 15°=ma, 解得a=tan 15°=×0.27+10×0.27=0.27×+2.7≥2.7.故可能的為B,D選項(xiàng). 8.(2018·河北正定模擬)質(zhì)量不可忽略的小球與輕質(zhì)彈簧相連,穿在光滑的桿上,桿與水平面的夾角為45°.彈簧下端固定于桿上,初始系統(tǒng)靜止,現(xiàn)在將系統(tǒng)以加速度g向右做勻加速運(yùn)動(dòng),重力加速度為g.則(　C　)

9、 A.靜止時(shí),彈簧的彈力等于小球重力的一半 B.靜止時(shí),桿的彈力小于彈簧的彈力 C.加速時(shí),彈簧的彈力等于零 D.加速時(shí),彈簧的形變量是靜止時(shí)的2倍 解析:根據(jù)力的平衡,當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí),小球受彈簧的彈力大小F=mgsin 45°=mg,此時(shí)桿對(duì)小球的彈力大小FN=mgcos 45°=mg,與彈簧彈力大小相等,所以A,B項(xiàng)均錯(cuò).當(dāng)系統(tǒng)以加速度g向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),對(duì)小球受力分析如圖,則可知此時(shí)彈簧彈力為0,所以C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤. 9.(2018·廣東汕頭質(zhì)檢)(多選)建設(shè)房屋時(shí),保持底邊長(zhǎng)L不變,要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角θ,以便下雨時(shí)落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂,雨滴下滑時(shí)可視為小球

10、做無(wú)初速度、無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng).下列說(shuō)法正確的是(　AC　) A.傾角θ越大,雨滴下滑時(shí)的加速度越大 B.傾角θ越大,雨滴對(duì)屋頂壓力越大 C.傾角θ越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大 D.傾角θ越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短 解析:屋頂?shù)膬A角為θ,底邊長(zhǎng)為L(zhǎng),屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為x,雨滴下滑時(shí)加速度為a,對(duì)雨滴受力分析,只受重力mg和屋頂對(duì)雨滴的支持力FN,垂直于屋頂方向mgcos θ=FN,平行于屋頂方向mgsin θ=ma,雨滴的加速度為a=gsin θ,則傾角θ越大,雨滴下滑時(shí)的加速度越大,故A正確;雨滴對(duì)屋頂?shù)膲毫N′=FN=mgcos θ,則傾角θ越大,雨滴

11、對(duì)屋頂壓力越小,故B錯(cuò)誤;根據(jù)三角形關(guān)系判斷,屋頂坡面的長(zhǎng)度x=,由x=at2可得t=,可見(jiàn)當(dāng)θ=45°時(shí),用時(shí)最短,D錯(cuò)誤;由v=gsin θ·t可得v=,可見(jiàn)θ越大,雨滴從頂端O下滑至M時(shí)的速度越大,C正確. 10.(2018·甘肅蘭州診斷)如圖所示,在動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面上有一個(gè)質(zhì)量m=1 kg的小球,小球左側(cè)連接一水平輕彈簧(彈簧左端固定在墻上),右側(cè)連接一與豎直方向成θ=45°角的不可伸長(zhǎng)的輕繩,輕繩另一端固定在天花板上,此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài),且水平面對(duì)小球的彈力恰好為零(g取10 m/s2).下列說(shuō)法中正確的是(　B　) A.在剪斷輕繩后的瞬間,小球受力個(gè)數(shù)不變

12、 B.在剪斷輕繩后的瞬間,小球立即向左加速,且加速度的大小為a= 8 m/s2 C.在剪斷輕繩后的瞬間,小球立即向左加速,且加速度的大小為a= 10 m/s2 D.在剪斷輕繩后的瞬間,水平面對(duì)小球的作用力的合力為0 解析:剪斷輕繩前小球的受力情況如圖所示,當(dāng)剪斷輕繩的瞬間,輕繩的拉力突然消失,由于重力的作用,小球與水平面之間產(chǎn)生壓力,又小球?qū)⒁蜃筮\(yùn)動(dòng),因此還受到水平面的摩擦力作用,因此,小球的受力變?yōu)樗膫€(gè)力,A錯(cuò)誤;輕繩未剪斷時(shí),根據(jù)平衡條件得輕彈簧的彈力大小為F=mg=10 N,輕繩的拉力大小為FT=mg=10 N,剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒(méi)有變化,此時(shí)輕彈簧的彈力大小仍為F=1

13、0 N,所以小球受到彈簧彈力為F=10 N,方向水平向左,而小球所受的最大靜摩擦力為f=μmg=0.2×1×10 N=2 N,根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為a= = m/s2=8 m/s2,方向水平向左,故B正確,C錯(cuò)誤.剪斷輕繩的瞬間,小球立即受水平面的支持力和摩擦力作用,摩擦力方向水平向右,則水平面對(duì)小球作用力不為0,且指向右上方,D錯(cuò)誤. 11.一輛汽車(chē)在恒定牽引力作用下由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng),4 s內(nèi)通過(guò)8 m的距離,此后關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī),汽車(chē)又運(yùn)動(dòng)了2 s停止,已知汽車(chē)的質(zhì)量m=2×103 kg,汽車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力大小不變,求: (1)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)汽車(chē)的速度大小; (2)汽

14、車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受到的阻力大小; (3)汽車(chē)牽引力的大小. 解析:(1)汽車(chē)開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則x=t1, 解得v==4 m/s. (2)汽車(chē)滑行減速過(guò)程加速度a2==-2 m/s2, 由牛頓第二定律有-Ff=ma2,解得Ff=4×103 N. (3)開(kāi)始加速過(guò)程中加速度為a1,則x=a1, 由牛頓第二定律有F-Ff=ma1, 解得F=6×103 N. 答案:(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N 12.足夠長(zhǎng)光滑斜面BC的傾角α=53°,小物塊與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,水平面與斜面之間B點(diǎn)由一小段長(zhǎng)度不計(jì)的弧形連接,一質(zhì)量m=2 kg的小物塊靜

15、止于A點(diǎn).現(xiàn)在AB段對(duì)小物塊施加與水平方向成α=53°角的恒力F作用,如圖(甲)所示,小物塊在AB段運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖(乙)所示,到達(dá)B點(diǎn)迅速撤去恒力F(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2).求: (1)小物塊所受到的恒力F; (2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng),到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間; (3)小物塊能否返回到A點(diǎn)?若能,計(jì)算小物塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度;若不能,計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離. 解析:(1)由題圖(乙)可知,AB段加速度 a1== m/s2=0.5 m/s2, 根據(jù)牛頓第二定律,有 Fcos α-μ(mg-Fsin α)=m

16、a1, 解得F=11 N. (2)在BC段mgsin α=ma2, 解得a2=8 m/s2. 小物塊從B到C所用時(shí)間與從C到B所用時(shí)間相等,由題圖(乙)可知,小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度vB=2.0 m/s,有 t== s=0.5 s. (3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,有μmg=ma3, 解得a3=5 m/s2. 滑行的位移s== m=0.4 m 水平面AB段長(zhǎng)度sAB=t=t=×4.0 m=4.0 m, 所以小物塊不能返回到A點(diǎn),停止運(yùn)動(dòng)時(shí),離B點(diǎn)的距離為0.4 m. 答案:(1)11 N　(2)0.5 s (3)不能返回到A點(diǎn),停止運(yùn)動(dòng)時(shí),離B點(diǎn)的距離為 0.4 m 13

17、.有一個(gè)冰上推木箱的游戲項(xiàng)目,規(guī)則是:選手們從起點(diǎn)開(kāi)始用力推木箱一段時(shí)間后,放手讓木箱向前滑動(dòng),若木箱最后停在有效區(qū)域內(nèi),視為成功;若木箱最后未停在有效區(qū)域內(nèi)就視為失敗.其簡(jiǎn)化模型如圖所示,AC是長(zhǎng)度為L(zhǎng)1=7 m的水平冰面,選手們可將木箱放在A點(diǎn),從A點(diǎn)開(kāi)始用一恒定不變的水平推力推木箱,BC為有效區(qū)域.已知BC長(zhǎng)度L2=1 m,木箱的質(zhì)量m=50 kg,木箱與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1.某選手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直線運(yùn)動(dòng),若木箱可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2.那么該選手要想游戲獲得成功,試求: (1)推力作用在木箱上時(shí)的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的時(shí)間t滿足的條件. 解析:(1)設(shè)推力作用在木箱上時(shí),木箱的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma1, 解得a1=3 m/s2. (2)設(shè)撤去推力后,木箱的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律得 μmg=ma2, 解得a2=1 m/s2. 推力作用在木箱上的時(shí)間為t,此時(shí)間內(nèi)木箱的位移為 x1=a1t2, 撤去力F后木箱繼續(xù)滑行的距離為 x2=, 要使木箱停在有效區(qū)域內(nèi),需滿足 L1-L2≤x1+x2≤L1, 解得1 s≤t≤ s. 答案:(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s 8