2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動定律 第8講 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題練習(xí)（含解析）

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1、第8講 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題解密考綱主要考查對牛頓第二定律的深刻理解，會利用牛頓第二定律處理動力學(xué)兩類基本問題，高考試題往往綜合牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律進(jìn)行考查，題型有選擇題、計(jì)算題1(2019舒城中學(xué)高考理綜模擬卷)如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，圓周半徑為R，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)現(xiàn)有兩個(gè)小滑環(huán)A、B分別從a、c處由靜止釋放，滑環(huán)A經(jīng)時(shí)間t1從a點(diǎn)到達(dá)b點(diǎn)，滑環(huán)B經(jīng)時(shí)間t2從c點(diǎn)到達(dá)d點(diǎn)；另有一小球C從b點(diǎn)以初速度v0沿b、c連線豎直上拋，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)間為t3，不計(jì)一切阻力與摩擦，且A、B、C都可視為質(zhì)點(diǎn)，則t1、t2、

2、t3的大小關(guān)系為()At1t2t3Bt1t2t3Ct2t1t3DA、B、C三物體的質(zhì)量未知，因此無法比較A解析 由已知條件知，小球C豎直上拋能達(dá)到的最高點(diǎn)為c點(diǎn)，由對稱性可知，小球C運(yùn)動的時(shí)間與從c點(diǎn)自由下落到b點(diǎn)的時(shí)間相等結(jié)合等時(shí)圓的結(jié)論可知，t1t2t3，選項(xiàng)A正確2(2019莊河高級中學(xué)高三模擬)(多選)趣味運(yùn)動會上運(yùn)動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間的夾角為()，球拍與球保持相對靜止，球拍與球間摩擦及空氣阻力不計(jì)，則()A運(yùn)動員的加速度為gtan B球處于失重狀態(tài)C球?qū)ε牡淖饔昧镈球拍對人的作用力為AC解析 對網(wǎng)球：受到重力mg和球

3、拍的支持力FN，作出受力圖如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsin ma，F(xiàn)Ncos mg，解得agtan ，F(xiàn)N，故選項(xiàng)A、C正確；球在豎直方向加速度為零，則球不失重，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；以球拍和球整體為研究對象，如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律得，運(yùn)動員對球拍的作用力為F，則球拍對人的作用力大小為F，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤3(2019華中師大一附中高三滾動復(fù)習(xí))(多選)如圖甲所示，水平面上有一傾角為的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，細(xì)繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和FN.若Ta圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重

4、力加速度g取10 m/s2.則()Aa m/s2時(shí)，F(xiàn)N0B小球質(zhì)量m0.1 kgC斜面傾角的正切值為 D小球離開斜面之前，F(xiàn)N0.80.06a (N)ABC解析 小球離開斜面之前，以小球?yàn)檠芯繉ο?，進(jìn)行受力分析，可得Tcos FNsin ma，Tsin FNcos mg，聯(lián)立解得FNmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以Ta圖象呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a m/s2時(shí)，F(xiàn)N0，選項(xiàng)A正確當(dāng)a0時(shí)，T0.6 N，此時(shí)小球靜止在斜面上，其受力如圖甲所示，所以mgsin T；當(dāng)a m/s2時(shí)，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖乙所示，所以mgcot ma，聯(lián)立可得tan ，m

5、0.1 kg，選項(xiàng)B、C正確將和m的值代入FNmgcos masin ，得FN0.80.06a(N)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤4(2019眉山中學(xué)高三月考)如圖所示，質(zhì)量為M的三角形木塊A靜止在水平面上一質(zhì)量為m的物體B正沿A的斜面下滑，三角形木塊A仍然保持靜止則下列說法正確的是()AA對地面的壓力可能小于(Mm)gB水平面對A的靜摩擦力一定水平向左C水平面對A的靜摩擦力不可能為零DB沿A的斜面下滑時(shí)突然受到一沿斜面向上的力F的作用，如果力F的大小滿足一定條件時(shí)，三角形木塊A可能會立刻開始滑動A解析 對物體B受力分析，受重力G、支持力FN1、滑動摩擦力Ff，如圖所示再對A物體受力分析，受重力Mg、地面的支持

6、力FN2、B對A的壓力FN1，B對A的摩擦力Ff，地面對A可能有靜摩擦力F靜，先假設(shè)有且向右，如圖所示當(dāng)物體B勻速下滑時(shí)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，可得mgsin Ff0，F(xiàn)N1mgcos 0，當(dāng)物體B加速下滑時(shí)，有mgsin Ff，F(xiàn)N1mgcos 0，當(dāng)物體B減速下滑時(shí)，有mgsin Ff，F(xiàn)N1mgcos 0，由于物體A保持靜止，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有 FN2MgFfsin FN1cos 0，F(xiàn)fcos FN1sin F靜0，根據(jù)牛頓第三定律FN1FN1，F(xiàn)fFf，當(dāng)物體加速下降時(shí)，聯(lián)立以上可得FN2(Mm)g，故選項(xiàng)A正確；當(dāng)物體加速下降時(shí)，聯(lián)立可得到F靜0，即靜摩擦力與假定的方向相反，即向

7、左，當(dāng)物體勻速下降時(shí)，可得到F靜0，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；若B沿A的斜面下滑時(shí)突然受到一沿斜面向上的力F的作用，物體B的加速度立即發(fā)生了變化，但由于慣性，速度來不及變化，故摩擦力方向不變，B對A的力不變，A依然保持靜止，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤5(2019衡水金卷高考模擬理綜試題)如圖所示，一個(gè)“V”形槽的左側(cè)擋板A豎直，右側(cè)擋板B為斜面，槽內(nèi)嵌有一個(gè)質(zhì)量為m的光滑球C，“V”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動的一小段時(shí)間內(nèi)，設(shè)擋板A、B對球的彈力分別為F1、F2，下列說法正確的是()AF1、F2都逐漸增大BF1、F2都逐漸減小CF1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大DF1、F2的合力逐漸減小D解析

8、光滑球C受力情況如圖所示F2的豎直分力與重力相平衡，所以F2不變，F(xiàn)1與F2水平分力的合力等于ma，在“V”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動的一小段時(shí)間內(nèi)，加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知F1逐漸減小，F(xiàn)1、F2的合力逐漸減小，故選項(xiàng)D正確6(2019湖北、山東部分重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)考)如圖所示，斜面靜止于粗糙水平面上，質(zhì)量為m的小物塊P恰好能沿斜面勻速下滑，該過程斜面保持靜止現(xiàn)給P施加一沿斜面向下的推力F，使P沿斜面勻加速下滑施加F后，下列說法錯(cuò)誤的是()A斜面對P的支持力和摩擦力都不變BP對斜面的作用力方向豎直向下C水平面對斜面的支持力增大D小物塊的加速度為aC解析 施

9、加F后，不改變物體與斜面間的正壓力，因此也不改變物體與斜面間的滑動摩擦力，即物塊和斜面的相互作用力沒有任何改變，則水平面對斜面的支持力不變，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；因開始時(shí)P對斜面的作用力方向豎直向下，加力F后，物塊和斜面的相互作用力沒有任何改變，P對斜面的作用力方向仍然豎直向下，選項(xiàng)B正確；加力F后，物體受的合外力為F，則小物塊的加速度為a，選項(xiàng)D正確7(2019肇慶高三統(tǒng)測)如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動，一個(gè)圓筒從木棍的上部以初速度v0勻速滑下若保持兩木棍傾角不變，將兩棍間的距離減小后固定不動，仍將圓筒放在兩木棍上部以初速度v0滑下，下列判斷正確的是()A圓

10、筒仍勻速滑下 B圓筒勻減速滑下C圓筒勻加速滑下 D以上三種運(yùn)動均有可能C解析 圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，根據(jù)平衡條件得知，兩棍支持力的合力和摩擦力不變，將兩棍間的距離稍減小后，兩棍支持力的合力不變，而兩支持力夾角減小，則每根木棍對圓筒的支持力變小，則滑動摩擦力變小，而重力沿斜面向下的分力不變，則圓筒將勻加速滑下，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤8(2019上海青浦區(qū)高三二模)雨滴從高空靜止下落，受到的空氣阻力隨雨滴速度的增大而增大，則下落過程中雨滴的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律是()D解析 雨滴下落過程中受到重力和空氣阻力，由牛頓第二定律得mgFfma 隨著速度的增大

11、，阻力越來越大，所以雨滴做加速度減小的加速運(yùn)動，最后勻速運(yùn)動，在vt圖象中斜率代表了加速度的大小，故選項(xiàng)D正確9(2019重慶萬州二中高三月考)(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直輕質(zhì)彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F豎直向上拉B，當(dāng)上升距離為h時(shí)B與A開始分離下列說法正確的是()AB與A剛分離時(shí)，A的速度達(dá)到最大B彈簧的勁度系數(shù)等于C從開始運(yùn)動到B與A剛分離的過程中，B的加速度先增大后減小D從開始運(yùn)動到B與A剛分離的過程中，B物體的速度先增大后減小BD解析 B與A剛分離的瞬間，A、B仍具有相同的速度和加速度，且AB間無相互作用力以B為研究對象，可知，B具有向下的加速度大

12、小aB0.5g，此時(shí)對A分析有aAaB，可得此時(shí)彈簧彈力F彈0.5mg不為零，故彈簧不是原長而處于壓縮狀態(tài)；當(dāng)A的合力為零時(shí)速度最大，彈簧的彈力大于重力mg，所以B與A剛分離時(shí)，A的速度不是最大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤B和A剛分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為F彈0.5mg，原來靜止時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為2mg，則彈力減小量F1.5mg，兩物體向上運(yùn)動的距離為h，則彈簧壓縮量減小xh，由胡克定律得k，故選項(xiàng)B正確由題知，F(xiàn)0.5mg2mg，對于整體分析可知，整體在上升的過程中，合力應(yīng)先向上后向下，則B的加速度先減小后增大，B先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，B的速度先增大后減小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確1

13、0(2019華中師大一附中高三滾動復(fù)習(xí))(多選)如圖所示為一根質(zhì)量為m、長度為L、質(zhì)量均勻分布的粗繩AB.在粗繩上與B端距離為x的某位置有一質(zhì)量不計(jì)的力傳感器，可讀出該處粗繩中的張力粗繩在水平外力F的作用下，沿水平面做勻加速直線運(yùn)動，由力傳感器讀數(shù)和已知條件()A能夠判斷粗繩運(yùn)動是否受到摩擦力作用B可知水平外力F的大小C可知粗繩沿水平面做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小D若水平外力F的大小恒定，則傳感器讀數(shù)與x成正比，與是否存在摩擦力無關(guān)BD解析 設(shè)粗繩與水平面間的動摩擦因數(shù)為，力傳感器讀數(shù)為FT，對整根繩子，由牛頓第二定律有Fmgma，對粗繩左側(cè)長度為x的部分，由牛頓第二定律有FTga，解得FT；

14、由力傳感器讀數(shù)和已知條件，不能夠判斷粗繩運(yùn)動是否受到摩擦力作用，可知水平外力F的大小，不能得出粗繩沿水平面做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確若水平外力F的大小恒定，則傳感器讀數(shù)FT與x成正比，選項(xiàng)D正確11(2019蕪湖一中高三期末)如圖所示，在水平地面上有A、B兩個(gè)物體，質(zhì)量分別為mA3.0 kg和mB2.0 kg，它們與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.10.在A、B之間有一原長l15 cm、勁度系數(shù)k500 N/m的輕質(zhì)彈簧將它們連接現(xiàn)A、B在兩個(gè)方向相反的水平恒力F1、F2作用下一起勻加速運(yùn)動，已知F120 N，F(xiàn)210 N，取g10 m/s2.求：(1)A和B共同運(yùn)動的加速

15、度大小和方向；(2)A、B之間的距離(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn))解析 (1)A、B組成的系統(tǒng)運(yùn)動過程中所受摩擦力為Ff(mAmB)g5.0 N，設(shè)運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定時(shí)系統(tǒng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F1F2Ff(mAmB)a，解得a1.0 m/s2，方向與F1同向(2)以A為研究對象，運(yùn)動過程中所受摩擦力 FfAmAg3.0 N，設(shè)運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定時(shí)所受彈簧的彈力為T，根據(jù)牛頓第二定律有F1FfATmAa，解得T14.0 N，所以彈簧的伸長量x2.8 cm，因此運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定時(shí)A、B之間的距離為slx17.8 cm.答案 (1)1.0 m/s2方向與F1同向(2)17.8 cm12(2019杭州選考科目模擬

16、測試)原地縱跳摸高是籃球和羽毛球重要的訓(xùn)練項(xiàng)目已知質(zhì)量m60 kg的運(yùn)動員原地摸高為2.05 m，比賽過程中，該運(yùn)動員重心先下蹲0.5 m，經(jīng)過充分調(diào)整后，發(fā)力跳起摸到了2.85 m的高度假設(shè)運(yùn)動員起跳時(shí)為勻加速運(yùn)動，取g10 m/s2，求：(1)該運(yùn)動員離開地面時(shí)的速度大小為多少；(2)起跳過程中運(yùn)動員對地面的壓力；(3)從開始起跳到雙腳落地需要多少時(shí)間？解析 (1)從開始起跳到腳離開地面重心上升h10.5 m，離開地面到上升到最高點(diǎn)的過程中，重心上升距離h20.8 m，根據(jù)速度位移關(guān)系v22gh2，解得 v4 m/s.(2)腳未離地過程中，根據(jù)速度位移關(guān)系v22ah1，解得a16 m/s2

17、，對人受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FNmgma，得FN1 560 N，由牛頓第三定律可知運(yùn)動員對地面的壓力為1 560 N，方向向下(3)加速上升時(shí)間t1 s0.25 s，減速上升的時(shí)間t2 s0.4 s，加速下降和減速上升時(shí)間相同，故總時(shí)間為tt12t21.05 s.答案 (1)4 m/s(2)1 560 N方向向下(3)1.05 s13(2019四川高三沖刺演練)如圖所示，在光滑的水平地面上，每隔一定距離就會鋪上一條寬度d3.5 m的特殊材料的薄膜，且薄膜邊界與地面平滑相接某一時(shí)刻，一物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從光滑地面以大小v04 m/s的初速度滑上薄膜，并最終停在某一薄膜上取重力加速度g10

18、m/s2，物塊與薄膜間的動摩擦因數(shù)0.1.求：(1)物塊通過第一條薄膜的時(shí)間；(2)物塊滑過薄膜的條數(shù)(不含停止在薄膜上的那條)解析 (1)由題意可知，物塊在薄膜上滑行過程中的加速度大小為ag1 m/s2，根據(jù)位移公式dv0tat2，解得t1 s(t7 s舍去)(2)設(shè)物塊在薄膜上滑行的距離為x0，則v2ax0，解得 x08 m.由于x02d，可知物塊滑過2條薄膜答案 (1)1 s(2)2條14(2019惠州高三調(diào)研)如圖甲所示，一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊在t0時(shí)刻以v08 m/s的速度大小滑上一固定斜面，斜面足夠長，斜面的傾角30，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù).經(jīng)過一段時(shí)間后物塊返回斜面底端，取重力加速

19、度g10 m/s2.求： (1)物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大??； (2)物塊從斜面底端出發(fā)到再次返回斜面底端所用的總時(shí)間； (3)求出物塊再次返回斜面底端的速度大小，并在圖乙中畫出物塊在斜面上運(yùn)動的整個(gè)過程中的速度時(shí)間圖象，取沿斜面向上為正方向解析 (1)上滑過程mgsin mgcos ma1，可得a18 m/s2，下滑過程mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2.(2)上滑過程 t11 s，s1t14 m，s2s1a2t，得t22 s，故總時(shí)間為tt1t23 s.(3)下滑過程 v2a2t24 m/s，下滑過程vt圖象如圖所示答案 (1)a18 m/s2a22 m/s2(2)3 s(3)4 m/s見解析圖9