（江蘇專(zhuān)用）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 基礎(chǔ)課時(shí)7 牛頓第二定律 兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題（含解析）

《（江蘇專(zhuān)用）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 基礎(chǔ)課時(shí)7 牛頓第二定律 兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)用）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 基礎(chǔ)課時(shí)7 牛頓第二定律 兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)課時(shí)7　牛頓第二定律　兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 一、單項(xiàng)選擇題 1．對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一水平拉力，力剛開(kāi)始作用的瞬間(　　) A．物體立即獲得速度 B．物體立即獲得加速度 C．物體同時(shí)獲得速度和加速度 D．由于物體未來(lái)得及運(yùn)動(dòng)，所以速度和加速度都為零 解析　由牛頓第二定律可知，力F作用的同時(shí)物體立即獲得了加速度，但是速度還是零，物體有了加速度還必須有時(shí)間的累積才能使速度發(fā)生變化。因此，選項(xiàng)B正確。 答案　B 2．(2020·廣東珠海模擬)質(zhì)量為1 t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)牽引力減少2 000 N，那么從該時(shí)刻起

2、經(jīng)過(guò)6 s，汽車(chē)行駛的路程是(　　) A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m 解析　汽車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F牽＝Ff，當(dāng)牽引力減小2 000 N時(shí)，即汽車(chē)所受合力的大小為F＝2 000 N① 由牛頓第二定律得F＝ma② 聯(lián)立①②得a＝2 m/s2 汽車(chē)減速到停止所需時(shí)間t＝＝5 s 汽車(chē)行駛的路程x＝vt＝25 m 答案　C 3.一皮帶傳送裝置如圖1所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當(dāng)滑塊放在皮帶上時(shí)，彈簧的軸線(xiàn)恰好水平，若滑塊放到皮帶上的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長(zhǎng)度，則當(dāng)彈簧從自然

3、長(zhǎng)度到第一次達(dá)到最長(zhǎng)這一過(guò)程中，滑塊的速度和加速度的變化情況是(　　) 圖1 A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度減小 C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大 解析　滑塊在水平方向受向左的滑動(dòng)摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，當(dāng)彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)最長(zhǎng)這一過(guò)程中，x逐漸增大，拉力F拉逐漸增大，因?yàn)槠У乃俣葀足夠大，所以合力F合先減小后反向增大，從而加速度a先減小后反向增大；滑動(dòng)摩擦力與彈簧彈力相等之前，加速度與速度同向，滑動(dòng)摩擦力與彈簧拉力相等之后，加速度便與速度方向相反，故滑塊的速度先

4、增大，后減小。 答案　D 4．如圖2所示，放在水平桌面上的質(zhì)量為1 kg的物體A通過(guò)水平輕繩、輕彈簧和光滑定滑輪與物體B相連接，兩物體均靜止時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)甲和乙的讀數(shù)分別為5 N和2 N，則剪斷物體A左側(cè)輕繩瞬間，物體A的加速度和彈簧測(cè)力計(jì)乙的讀數(shù)分別為(　　) 圖2 A．5 m/s2，0 B．2 m/s2，2 N C．0，0 D．0，2 N 解析　兩物體均靜止時(shí),體A在水平方向的受力如圖所示，物體A所受最大靜摩擦力Ffmax≥3 N，剪斷物體A左側(cè)輕繩瞬間，F(xiàn)T甲＝0，F(xiàn)T乙＝2 N，由于Ffmax>FT乙，所以物體A仍能靜止不動(dòng)，所以物體A的加速度為0；此時(shí)物體B也處于靜

5、止?fàn)顟B(tài)，所以彈簧測(cè)力計(jì)乙的讀數(shù)不變?nèi)詾? N。綜上分析，選項(xiàng)D正確。 答案　D 5．(2020·江西南昌七校聯(lián)考)如圖3所示，一物體以速度v0沖上粗糙的固定斜面，經(jīng)過(guò)2t0時(shí)間返回斜面底端，則物體運(yùn)動(dòng)的速度v(以初速度方向?yàn)檎?隨時(shí)間t的變化關(guān)系可能正確的是(　　) 圖3 解析　設(shè)斜面傾角為θ，由于斜面粗糙，上滑過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，而下滑過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，知a1＞a2，即上滑過(guò)程圖象的斜率的絕對(duì)值大于下滑過(guò)程圖象的斜率的絕對(duì)值，又上滑與下滑過(guò)程的位移大小相同，由x＝at2和v2＝

6、2ax知t上＜t下，v0＞v1，故只有選項(xiàng)C正確。 答案　C 6. (2020·陜西西安臨潼區(qū)模擬)如圖4，在光滑的水平面上，A、B兩物體的質(zhì)量mA＝2mB，A物體與輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端固定在豎直墻上。開(kāi)始時(shí)，彈簧處于自由狀態(tài)，當(dāng)物體B沿水平面向左運(yùn)動(dòng)，將彈簧壓縮到最短時(shí)，A、B兩物體間的作用力為F，則彈簧對(duì)A物體的作用力的大小為(　　) 圖4 A．F B．2F C．3F D．4F 解析　A、B碰后以相同的速度一起運(yùn)動(dòng)，即A、B的加速度相同。以B為研究對(duì)象，據(jù)牛頓第二定律得aB＝＝＝＝aA。以A為研究對(duì)象，設(shè)彈簧對(duì)A的作用力為FA，根據(jù)牛頓第二定律有FA－F＝mAaA

7、，則FA＝F＋mAaA＝F＋mA·＝3F。 答案　C 二、多項(xiàng)選擇題 7.如圖5所示，球P、Q的質(zhì)量相等，兩球之間用輕質(zhì)彈簧相連，光滑斜面的傾角為θ，系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與輕繩均與斜面平行，則在輕繩被突然剪斷的瞬間，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖5 A．兩球的加速度大小均為gsin θ B．Q球的加速度為零 C．P球的加速度方向沿斜面向上，Q球的加速度方向沿斜面向下 D．P球的加速度大小為2gsin θ 解析　在輕繩被突然剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，Q球所受的合力不變，加速度為零，B正確；繩子的拉力(2mgsin θ)立刻變?yōu)榱?，P球所受的合力(彈簧的拉力和重力沿斜面向下的分

8、力)的大小為2mgsin θ，故P球的加速度大小為2gsin θ，D正確。 答案　BD 8．(2020·海南單科，9)如圖6，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊。開(kāi)始時(shí)，升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)(　　) 圖6 A．物塊與斜面間的摩擦力減小 B．物塊與斜面間的正壓力增大 C．物塊相對(duì)于斜面減速下滑 D．物塊相對(duì)于斜面勻速下滑 解析　當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)斜面的傾角為θ，物體的質(zhì)量為m，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin

9、θ＝μmgcos θ，即sin θ＝μcos θ.當(dāng)物體以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FN＝m(g＋a)cos θ，F(xiàn)f＝μm(g＋a)cos θ，因?yàn)閟in θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物體仍相對(duì)斜面勻速下滑，C錯(cuò)誤，D正確。 答案　BD 三、非選擇題 9．(2020·江蘇鎮(zhèn)江模擬)如圖7所示，風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中能模擬產(chǎn)生恒定向右的風(fēng)力。質(zhì)量m＝100 g的小球穿在長(zhǎng)L＝1.2 m的直桿上并置于實(shí)驗(yàn)室中，球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，當(dāng)桿豎直固定放置時(shí)，小球恰好能勻速下滑。保持風(fēng)力不變，改變固定桿與豎直線(xiàn)的夾角為θ＝37°，將小球從O點(diǎn)靜止釋放。g

10、取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖7 (1)小球受到的風(fēng)力大小； (2)當(dāng)θ＝37°時(shí)，小球離開(kāi)桿時(shí)的動(dòng)能。 解析　(1)當(dāng)桿豎直固定放置時(shí)，μFN＝mg，F(xiàn)N＝F 解得F＝2 N (2)當(dāng)θ＝37°時(shí)，小球受力情況如圖所示，垂直桿方向上有 Fcos 37°＝mgsin 37°＋FN 解得FN＝1 N 小球受摩擦力Ff＝μFN＝0.5 N 小球沿桿運(yùn)動(dòng)的加速度為 a＝＝15 m/s2 由v2－v＝2aL得，小球到達(dá)桿下端時(shí)速度為 v＝6 m/s 球離開(kāi)桿時(shí)的動(dòng)能為Ek＝mv2＝1.8 J 答案　(1)2 N　(2)1

11、.8 J 10．為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，裝置如圖8甲所示。使木塊以初速度v0＝4 m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑，緊接著下滑至出發(fā)點(diǎn)，并同時(shí)開(kāi)始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開(kāi)始上滑至最高點(diǎn)的v－t圖線(xiàn)如圖乙所示。g取10 m/s2。求： 圖8 (1)上滑過(guò)程中的加速度的大小a1； (2)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v。 解析　(1)由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5 s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式a＝得上滑過(guò)程中加速度的大?。? a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 (2)由牛頓第二定律得，上滑過(guò)程

12、中 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 代入數(shù)據(jù)得μ＝ (3)下滑距離等于上滑的距離，其值為x＝＝1 m 由牛頓第二定律得下滑過(guò)程中mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小v＝ 聯(lián)立解得：v＝2 m/s。 答案　(1)8 m/s2　(2)　(3)2 m/s 11.如圖9所示，傾角為30°的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接?，F(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，最終停在水平面上的C點(diǎn)。已知A點(diǎn)距水平面的高度h＝0.8 m，B點(diǎn)距C點(diǎn)的距離L＝2.0 m(滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)沒(méi)有能量損失，g取10 m/s2)，求： 圖9 (1)滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程

13、中的最大速度； (2)滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)滑塊從A點(diǎn)釋放后，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝1.0 s時(shí)速度的大小。 解析　(1)滑塊先在斜面上做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，故滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度最大為vm，設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin 30°＝ma1，v＝2a1·， 解得vm＝4 m/s。 (2)滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：μmg＝ma2，v＝2a2L，解得μ＝0.4。 (3)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有vm＝a1t1， 解得t1＝＝0.8 s，由于t＞t1，故滑塊已經(jīng)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t－t1＝0.2 s，設(shè)t＝1.0 s時(shí)速度大小為v，有：v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s。 答案　(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s