【走向高考】2020年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第2講 牛頓第二定律

《【走向高考】2020年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第2講 牛頓第二定律》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【走向高考】2020年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第2講 牛頓第二定律（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3章 第2講 一、選擇題 1．鐵道部已于2020年12月26日正式運(yùn)營(yíng)武漢至廣州高鐵客運(yùn)新干線，這條干線是目前世界上第一條平均時(shí)速高達(dá)350公里、里程最長(zhǎng)的無(wú)砟軌道客運(yùn)專(zhuān)線，武漢至廣州的運(yùn)行時(shí)間由原來(lái)的10個(gè)小時(shí)縮短至2小時(shí)50分左右．雖然運(yùn)行在專(zhuān)線上的“和諧號(hào)”動(dòng)車(chē)組最高運(yùn)行時(shí)速近400公里，但由于動(dòng)車(chē)組加速均勻，乘客不會(huì)感受到強(qiáng)烈的推背感．假定一動(dòng)車(chē)組某次進(jìn)站前、后一段時(shí)間內(nèi)的v－t圖象如圖所示．以下說(shuō)法中正確的是(　　) A．武漢至廣州距離接近1000km B．武漢至廣州距離接近1200km C．由圖象可知，因本次停站增加的運(yùn)行時(shí)間為11min D．由圖知，

2、在動(dòng)車(chē)組做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，乘客在水平方向上受到的合力不超過(guò)其重力的0.02 [答案]　ACD [解析]　由題意可知，武漢至廣州的距離約為x＝350×＝992(km)，即接近1000km，A正確；本次停站時(shí)間為1min，而勻加速與勻減速過(guò)程中所增加的時(shí)間為10min，所以因本次停站增加的運(yùn)行時(shí)間為11min，C正確；由圖可得，勻變速過(guò)程中的加速度大小為a＝m/s2，所以乘客在水平方向受到的合力不超過(guò)其重力的0.02，D正確． 2．(2020·福建南安模擬)如圖所示，彈簧測(cè)力計(jì)外殼質(zhì)量為m0，彈簧及掛鉤的質(zhì)量忽略不計(jì)，掛鉤吊著一質(zhì)量為m的重物，現(xiàn)用一方向豎直向上的外力F拉著彈簧測(cè)力計(jì)，使其向上做

3、勻加速運(yùn)動(dòng)，則彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為(　　) A．mg B.mg C. D.F [答案]　D [解析]?、僭O(shè)重物上升的加速度大小為a，對(duì)m和m0組成的整體而言，由牛頓第二定律得F－(m＋m0)g＝(m＋m0)a；②設(shè)彈簧對(duì)重物的拉力大小為F拉，則由牛頓第二定律得F拉－mg＝ma；③將①、②中的兩式聯(lián)立解得F拉＝F；④由牛頓第三定律知，重物對(duì)彈簧的拉力大小與F拉大小相等，故彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為F. 3．如圖所示，正沿平直軌道向右勻速行駛的車(chē)廂內(nèi)，用水平繩a和傾斜繩b共同固定一個(gè)小球，若車(chē)廂改做加速運(yùn)動(dòng)，則兩繩的拉力FTa和FTb的變化情況是(　　) A．F

4、Ta增大 B．FTb減小 C．FTa不變 D．FTa、FTb的合力增大 [答案]　AD [解析]　當(dāng)向右勻速行駛時(shí)，F(xiàn)Ta與FTb的合力大小等于重力，方向豎直向上；當(dāng)向右加速時(shí)，球所受的合外力不為0，F(xiàn)Ta、FTb的合力在豎直方向的分量等于重力， 水平方向的分量等于ma，由此得到FTa增大，F(xiàn)Ta、FTb的合力增大． 4．(2020·廣東汕頭市模擬)雨滴在空氣中下落，當(dāng)速率在不太大的范圍時(shí)，雨滴所受到的阻力與其速度成正比．該速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系最接近圖中的(　　) [答案]　B [解析]　①設(shè)雨滴下落過(guò)程中所受的阻力為Ff，依題意得Ff＝kv，由牛頓第二

5、定律得mg－Ff＝ma；②將以上兩式聯(lián)立解得a＝＝g－，顯然，隨著雨滴下落速度v的增大，其加速度a將逐漸減??；③速度—時(shí)間圖象的斜率表示運(yùn)動(dòng)物體的加速度，所以四個(gè)圖象中，只有B能正確地反映雨滴下落時(shí)速度隨時(shí)間的變化規(guī)律． 5．如圖所示，傳送帶的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)，傳動(dòng)速率為v，在其左端無(wú)初速釋放一小木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左端運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間不可能是(　　) A.＋ B. C. D. [答案]　B [解析]　因木塊運(yùn)動(dòng)到右端的過(guò)程不同，對(duì)應(yīng)的時(shí)間也不同，若一直勻加速至右端，則L＝μgt2，得：t＝，C正確；若一直加速到右端時(shí)的速度恰好與

6、帶速v相等，則L＝t，有：t＝，D正確；若先勻加速到帶速v，再勻速到右端，則＋v＝L，有：t＝＋，A正確，木塊不可能一直勻速至右端，B錯(cuò)誤． 6．(2020·北京市朝陽(yáng)區(qū)模擬)如圖所示，兩相互接觸的物塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量分別為m1和m2，且m12F [答案]　B [解析]　①設(shè)兩物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，它們之間的相互作用力為FN，則對(duì)于兩物塊整體而言，由牛頓第二定律得2F＝(m1＋m2)a，對(duì)于物

7、塊m1而言，由牛頓第二定律得F－FN＝m1a；②將①中的兩式聯(lián)立解得FN＝F(1－)，因m1Fcosα 所

8、以A將加速下滑，A錯(cuò)B對(duì)， B物體失重，所以B對(duì)A的壓力小于G2，D錯(cuò)，而FN＝(mA＋mB)gcosα＋Fsinα增大，C錯(cuò)，正確答案B. 8．如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)．若以小球開(kāi)始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下建立一坐標(biāo)軸Ox，小球的速度v隨x變化的圖象如圖乙所示．其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點(diǎn)的曲線，BC是平滑的曲線，則關(guān)于A、B、C三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的x坐標(biāo)及加速度大小，以下關(guān)系式正確的是(　　) A．xA＝h，aA＝g B．xB＝h＋，aB＝0 C．xC＝h＋，a

9、C＝g D．xC>h＋，aC>g [答案]　ABD [解析]　小球在A點(diǎn)時(shí)，彈簧處于自由伸長(zhǎng)狀態(tài)，故xA＝h，aA＝g，A正確；當(dāng)小球的速度達(dá)到最大時(shí)，小球的合外力為零，此時(shí)的加速度為零，故xB＝h＋，aB＝0，B正確；小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為零，即到達(dá)了最低點(diǎn)，由對(duì)稱(chēng)性可知，若xC＝h＋，此時(shí)小球還有向下的速度，故xC>h＋，aC>g，D正確． 二、非選擇題 9．一只小貓?zhí)饋?lái)抓住懸掛在天花板上的豎直木桿，如右圖所示，在這一瞬間懸繩斷了，設(shè)木桿足夠長(zhǎng)，由于小貓繼續(xù)上爬，所以小貓離地面高度不變，則木桿下降的加速度大小為_(kāi)_______，方向?yàn)開(kāi)_______．(設(shè)小貓質(zhì)量為m，木桿的質(zhì)

10、量為M) [答案]　g　向下 [解析]　先對(duì)貓進(jìn)行分析，由于貓相對(duì)地面高度不變，即貓?zhí)幱谄胶鉅顟B(tài)，而貓受重力G1＝mg和木桿對(duì)貓向上的摩擦力F的作用，如右圖所示，故G1與F二力平衡，即 F＝G1＝mg① 再對(duì)木桿進(jìn)行受力分析：木桿受重力G2＝Mg作用，由于木桿對(duì)貓有向上的摩擦力F，由牛頓第三定律可知，貓對(duì)桿有向下的摩擦力F′，且 F′＝F② 由牛頓第二定律，桿的加速度為 a＝③ 由①、②、③式可得： a＝g， 即桿下降的加速度為g，方向向下． 10．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝75cm、質(zhì)量為m＝2kg的平底玻璃管底部置有一玻璃小球，玻璃管從靜止開(kāi)始受到一豎直向下的恒力F＝12N的

11、作用，使玻璃管豎直向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間t，小球離開(kāi)管．空氣阻力不計(jì)，取g＝10m/s2.求：時(shí)間t和小球離開(kāi)玻璃管時(shí)玻璃管的速度大小． [答案]　0.5s　8m/s [解析]　設(shè)玻璃管向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a，對(duì)玻璃管受力分析由牛頓第二定律得： F＋mg＝ma① 設(shè)玻璃球和玻璃管向下運(yùn)動(dòng)的位移分別為x1、x2時(shí)，玻璃球離開(kāi)玻璃管，由題意得： x2－x1＝L② 由玻璃球做自由落體運(yùn)動(dòng)得：x1＝gt2③ 由玻璃管向下加速運(yùn)動(dòng)得：x2＝at2④ 玻璃球離開(kāi)玻璃管時(shí)，玻璃管的速度v＝at⑤ 由①～⑤式解得：t＝0.5s，v＝8m/s. 11．(2020·上海市五校聯(lián)合調(diào)研)考駕照需要進(jìn)

12、行路考，路考其中有一項(xiàng)是定點(diǎn)停車(chē)．路旁可以豎起一標(biāo)志桿，在車(chē)以v0的速度勻速行駛過(guò)程中，距標(biāo)志桿的距離為x時(shí)，考官命令考員到標(biāo)志桿停，考員立即剎車(chē)，車(chē)在恒定滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，已知車(chē)(包括車(chē)內(nèi)的人)的質(zhì)量為M，車(chē)與路面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.車(chē)視為質(zhì)點(diǎn)，求車(chē)停下時(shí)距標(biāo)志桿的距離(說(shuō)明v0與x、μ、g的關(guān)系)． [答案]　見(jiàn)解析 [解析]　車(chē)的加速度大小由牛頓第二定律知 μMg＝Ma① 解得a＝μg② 設(shè)車(chē)的速度為v時(shí)開(kāi)始剎車(chē)，車(chē)剛好停在標(biāo)志桿處，則 v2＝2ax③ 即v＝.④ 當(dāng)由速度v0開(kāi)始剎車(chē)時(shí)，剎車(chē)過(guò)程中車(chē)的位移為x′＝⑤ 當(dāng)v0＝v＝時(shí)，車(chē)停在標(biāo)志桿處，車(chē)距標(biāo)志桿

13、的距離為 Δx＝x′－x＝0⑥ 當(dāng)v0v＝時(shí)，車(chē)已經(jīng)駛過(guò)標(biāo)志桿，車(chē)距標(biāo)志桿的距離為 Δx＝x′－x＝－x.⑧ 12．如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)滾輪做逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在滾輪的摩擦力作用下，將一金屬板從斜面底端A送往上部，已知斜面光滑且足夠長(zhǎng)，傾角θ＝30°，滾輪與金屬板的切點(diǎn)B到斜面底端A的距離為L(zhǎng)＝6.5m，當(dāng)金屬板的下端運(yùn)動(dòng)到切點(diǎn)B處時(shí)，立即提起滾輪使它與板脫離接觸．已知板之后返回斜面底部與擋板相撞后立即靜止，此時(shí)放下滾輪再次壓緊板，再次將板從最底端送往斜面上部，如此往復(fù)．已知板的質(zhì)量為m＝1×103kg，

14、滾輪邊緣線速度恒為v＝4m/s，滾輪對(duì)板的正壓力FN＝2×104N，滾輪與板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.35，取g＝10m/s2.求： (1)在滾輪作用下板上升的加速度； (2)板加速至與滾輪速度相同時(shí)前進(jìn)的距離； (3)板往復(fù)運(yùn)動(dòng)的周期． [答案]　(1)2m/s2　(2)4m　(3)5.225s [解析]　(1)由牛頓第二定律得在滾輪作用下板上升的加速度為a1＝ ＝m/s2 ＝2m/s2. (2)設(shè)板加速至與滾輪速度相同時(shí)前進(jìn)的距離為x1，則 v2＝2a1x1 故x1＝＝m＝4m. (3)在滾輪作用下加速上升的時(shí)間t1＝＝s＝2s 在滾輪作用下勻速上升的時(shí)間t2＝＝0.625s 離開(kāi)滾輪后上升時(shí)加速度大小a2＝gsinθ＝5m/s2，方向沿斜面向下繼續(xù)上升的時(shí)間t3＝＝s＝0.8s 板往復(fù)運(yùn)動(dòng)的周期T＝t1＋t2＋t3＋t4＝5.225s