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2021届人教版高考物理一轮总复习练习(8) 牛顿第二定律 两类动力学问题

[8]第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

一、单项选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1.(2020·福建泉州质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下,假设两冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比,且比例系数相同,甲的质量是乙的2倍,则下落过程中(D)

A.甲的最大加速度是乙的2倍

B.甲的最大加速度是乙的 2 倍

C.甲的最大速度是乙的2倍

D.甲的最大速度是乙的 2 倍

[解析]本题考查借助冰雹运动中的受力情况分析其运动情况。冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比,所以冰雹下落过程中最大加速度出现在速度为0时,冰雹只受重力,所以加速度均为g,故A、B错误;当冰雹的重力与阻力相等时加速度为0,速

度最大,即有mg=k v2,解得v=mg

k,由于甲的质量是乙的2倍,所以甲的最大速度是

乙的2倍,故C错误,D正确。

2. (2020·安徽芜湖模拟)如图所示,PQ为圆的竖直直径,AQ、BQ、CQ为三个光滑倾斜轨道,分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看成质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自轨道顶端由静止滑下到Q点,运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有(A)

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A.v2>v1>v3

B.v1>v2>v3

C.v3>v1>v2

D.v1>v3>v2

[解析]本题考查等时圆模型。设任一轨道的倾角为θ,圆的直径为d。根据牛顿第二

定律得到a=g sin θ,轨道的长度为x=d sin θ,则有x=1

2at

2得t=

2x

a=

2d sin θ

g sin θ=

2d

g,

可见,小球下滑时间与轨道的倾角无关。则有t1=t2=t3。因x2>x1>x3,根据v=x

t可知,

v2>v1>v3,故选A。

3. (2019·山东青岛二中模拟)如图所示,吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m,B和C分别固定在竖直弹簧两端,弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止

状态,现将悬挂吊篮的轻绳剪断,在轻绳刚断的瞬间( D )

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A .吊篮A 的加速度大小为g

B .物体B 的加速度大小为g

C .物体C 的加速度大小为g

D .A 、C 间的弹力大小为0.5mg

[解析] 本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题。将C 和A 看成一个整体,根据牛顿第二

定律得,a AC =F +4mg 4m =2mg +4mg 4m

=1.5g ,即A 、C 的加速度均为1.5g ,故A 、C 错误;在轻绳刚断的瞬间,弹簧的弹力不能突变,则物体B 受力情况不变,故物体B 的加速度大小为零,故B 错误;剪断轻绳的瞬间,A 受到重力和C 对A 的作用力,对A 有F AC +mg =ma AC ,得F AC =ma AC -mg =0.5mg ,故D 正确。

4.(2019·江苏南通模拟)用一随时间均匀变化的水平拉力F 拉静止在水平面上的物体。已知F =kt (k =2 N/s),物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体的加速度a 随时间t 变化的图象如图所示,g 取10 m/s 2,则下列选项错误的是( D )

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A .物体的质量为2 kg

B .物体与水平面间的动摩擦因数为0.2

C .t =4 s 时物体的速度为2 m/s

D .0~4 s 内拉力F 做的功为4 J

[解析] 本题考查根据a -t 图象分析力和运动。物体受重力、地面的支持力、拉力和与

拉力方向相反的摩擦力,根据牛顿第二定律得F -μmg =ma ,解得a =F m -μg =2 N/s m

t -μg ,由a -t 图线可知0=4 N m -μ×10 m/s 2,2 m/s 2=8 N m

-μ×10 m/s 2,联立解得m =2 kg ,μ=0.2;a -t 图线与t 轴所围成的面积表示速度的变化量,所以0~4 s 内有Δv =v -0=12

×2×2 m/s =2 m/s ,t =4 s 时物体的速度v =2 m/s ;根据动能定理可知,W F -W f =ΔE k =4 J ,所以W F >4 J ,本题选错误的,故选D 。

5. (2020·福建漳州质检)如图,在水平地面的平板小车上放一质量m =2 kg 的滑块,滑块

与车上右侧挡板用水平的轻弹簧连接,小车在水平向右的力的作用下以a =1 m/s 2的加速度做匀加速运动,运动过程中弹簧处于压缩状态,弹力为1 N ,滑块与小车保持相对静止,现减小外力使小车的加速度逐渐减小到零,则( D )

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A .弹簧的弹力逐渐减小

B .滑块受到的摩擦力保持不变

C .当小车加速度为零时,滑块不受摩擦力作用

D .滑块与小车仍保持相对静止

[解析] 本题考查根据带弹簧的连接体的运动情况分析其受力情况。设滑块受到的摩擦力为f ,弹簧的弹力为N 。根据牛顿第二定律有f -N =ma ,开始时f =3 N ,加速度逐渐减小到零,摩擦力逐渐减小到1 N ,弹力不变,故A 、B 、C 错误;开始时f =3 N ,最大静摩擦力大于等于3 N ,由于整个过程摩擦力小于3 N ,滑块与小车仍保持相对静止,故D 正确。

二、多项选择题:在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的。

6.(2020·福建龙岩质检)质量m =2 kg 的物块在粗糙的水平地面上运动,t =0时刻开始受到方向相反的水平拉力F 1、F 2的作用,以3 m/s 的速度做匀速直线运动,F 1、F 2随时间t 的变化规律如图所示,取g =10 m/s 2,则下列说法正确的是( BD )

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A .物块与地面间的动摩擦因数为0.3

B .3 s 末物块的加速度大小为1.5 m/s 2

C .5 s 末物块的速度大小为1.5 m/s

D .5 s 内物块的位移大小为9 m

[解析] 本题考查根据物体受力图象分析运动问题。0~2 s 内,由物块处于平衡状态可得F 1+F 2-μmg =0,代入数据解得μ=0.2,故A 错误;3 s 末物块的加速度大小为a ′=-F 2+μmg -F ′1m

=1.5 m/s 2,故B 正确;2~4 s 内物块的加速度都为a ′=1.5 m/s 2,所以物块减速到0的时间为t 2=31.5

s =2 s ,即物块在4 s 末速度减为0,接下来物块处于静止状态,故C 错误;5 s 内物块的位移大小等于4 s 内物块的位移大小,即为(3×2+3+02

×2) m =9 m ,故D 正确。

7.(2019·江西南昌二中月考)质量分别为M 和m 的物块A 和B 形状、大小均相同,将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,如图甲所示,绳子平行于倾角为α的斜面,A 恰好能静止在斜面上,不考虑A 、B 与斜面之间的摩擦,若互换两物块位置,按图乙放置,然后释放A ,斜面仍保持静止,则下列说法正确的是( ACD )

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A .轻绳的拉力等于mg

B .轻绳的拉力等于Mg

C .A 运动的加速度大小为(1-sin α)g

D .A 运动的加速度大小为M -m M

g [解析] 第一次放置时A 静止,则由平衡条件可得Mg sin α=mg ;第二次按图乙放置时,对整体,由牛顿第二定律得Mg -mg sin α=(M +m )a ,联立解得a =(1-sin α)g =M -m N g 。对B ,由牛顿第二定律有T -mg sin α=ma ,解得T =mg ,故A 、C 、D 正确,B 错误。

8.(2020·山东烟台二中模拟)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g 取10 m/s 2,根据图象可求出( BC )

2021届人教版高考物理一轮总复习练习(8) 牛顿第二定律 两类动力学问题

A .物体的初速度v 0=3 m/s

B .物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75

C .取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min =1.44 m

D .当θ=45°时,物体达到最大位移后将停在斜面上

[解析] 本题考查根据x -θ图象分析物体运动情况。由题图乙可知,当倾角为90°时,位移为1.80 m ,则由竖直上抛运动规律可知v 20=2gx 解得v 0=2gx =2×10×1.80 m/s =6

m/s ,故A 错误;当倾角θ=0°时,位移为2.40 m ,可得μ=v 202gx =362×10×2.4

=0.75,故B 正确;当倾角为θ时,物体沿斜面上滑的距离为x ,则根据动能定理有-mgx sin θ-μmgx cos

θ=0-12M v 20,解得x =v 202g (sin θ+μcos θ)=1810(sin θ+34cos θ) m =1810×54

sin (θ+α) m ,当θ+α=90°时,sin (θ+α)=1,此时位移最小为x min =1.44 m ,故C 正确;当θ=45°时,物体受到的重力沿斜面向下的分力为mg sin 45°=22mg ;滑动摩擦力f =μmg cos 45°=0.75×mg ×22=328

mg ,一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力,故物体到达最大位移后会下滑,故D 错误。

三、非选择题

9.(2020·山东高考模拟)如图甲所示,在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道,供发生紧急情况的车辆避险使用,本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵,以v 0=90 km/h 的速度驶入避险车道,如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零,货车与路面间的动摩擦因数μ=0.30,取重力加速度大小g =10 m/s 2。

2021届人教版高考物理一轮总复习练习(8) 牛顿第二定律 两类动力学问题

(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象,该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件?设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,结果用θ的正切值表示。

(2)若避险车道路面倾角为15°,求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,结果保留2位有效数字)。

[答案] (1)tan θ≤0.30 (2)57 m

[解析] (1)当货车在避险车道停下后,有

f m ≥m

g sin θ

货车所受的最大摩擦力f m =μN =μmg cos θ

联立可解得

tan θ≤0.30

(2)货车在避险车道上行驶时

a =mg sin θ+μmg cos θm

=5.51 m/s 2 货车的初速度

v 0=25 m/s

则货车在避险车道上行驶的最大距离为

x =v 202a

≈57 m

10.(2019·河南重点中学联考)俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一,其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m 、长度为1 200 m 的斜坡,假设某运动员从起点开始,以平行赛道的恒力F =40 N 推动质量m =40 kg 的冰橇开始沿斜坡向下运动,出发4 s 内冰橇发生的位移为12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变,不计空气阻力,求:(g 取10 m/s 2,取赛道倾角的余弦值为1,正弦值按照题目要求计算)

2021届人教版高考物理一轮总复习练习(8) 牛顿第二定律 两类动力学问题

(1)出发4 s 内冰橇的加速度大小;

(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数;

(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。

[答案] (1)1.5 m/s 2 (2)0.05 (3)36 m/s

[解析] (1)设出发4 s 内冰橇的加速度为a 1,出发4 s 内冰橇发生的位移为x 1=12a 1t 21

,解得a 1=1.5 m/s 2。

(2)由牛顿第二定律有F +mg sin θ-μmg cos θ=ma 1,

其中sin θ=h x

=0.1,cos θ=1,解得μ=0.05。 (3)8 s 后冰橇的加速度为a 2,由牛顿第二定律有

(m +M )g sin θ-μ(m +M )g cos θ=(m +M )a 2,

8 s 末冰橇的速度为v 1=a 1t 2,

出发8 s 内冰橇发生的位移为x 2=12a 1t 22

=48 m , 到达终点时速度最大,设最大速度为v 2,

则v 22-v 21=2a 2(x -x 2),解得v 2=36 m/s 。

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