新课标届高考物理一轮总复习 必修部分 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题限时.docx

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新课标届高考物理一轮总复习必修部分第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题限时

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

　　时间：

45分钟　

满分：

100分

一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选）

1．[2020·江苏姜堰区期中]物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移）（　　）

答案　B

解析　A选项中a与F的图象应一致，所以A错，C、D选项中速度先增加后减小时，因为速度没改变方向，位移应该继续增大，所以C、D错误。

故选B。

2．[2020·衡水调研]如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止。

斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是（　　）

A．在0～t1时间内，N增大，f减小

B．在0～t1时间内，N减小，f增大

C．在t1～t2时间内，N增大，f增大

D．在t1～t2时间内，N减小，f减小

答案　D

解析　在0～t1时间内，由图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有Ncosθ＋fsinθ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小。

在t1～t2时间内，由图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－（Ncosθ＋fsinθ）＝ma2，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f均减小，故选D。

3．[2020·莱州质检]如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。

若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是（　　）

A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变

C．F1、F2都变大D．F1变大，F2减小

答案　B

解析　若小车向右加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，选项B正确。

4．[2020·正定模拟]质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°。

弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g。

则（　　）

A．静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半

B．静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力

C．加速时，弹簧的弹力等于零

D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍

答案　C

解析　根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力F＝mgsin45°＝

mg，此时杆对小球的弹力FN＝mgcos45°＝

mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错。

当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，正交分解得：

FNsin45°－Fcos45°＝mg，FN·cos45°＋F·sin45°＝mg，可得弹簧弹力F＝0，C正确，D错误。

5．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是（　　）

答案　C

解析　设屋檐的底角为θ，底边长为2L（不变）。

雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝

＝gsinθ，位移大小x＝

at2，而x＝

，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝

。

当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确。

6．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为（　　）

A．1∶1∶1B．5∶4∶3

C．5∶8∶9D．1∶2∶3

答案　A

解析　利用等时圆模型，以AC为直径画圆，B、D刚好在圆上，所以时间相等，故A正确。

7．[2020·宁波模拟]如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，横杆左边固定有一轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小球，横杆右边用一根细线吊一小球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是（　　）

A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上

B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行

C．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向

D．此时小车的加速度为gtanα

答案　BD

解析　由于两小球加速度相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得mgtanα＝ma，解得a＝gtanα，故小车的加速度为gtanα，选项B、D正确。

8．如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为F，箱子的质量为M，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）

A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为（M＋2m）g－F

B．系统处于静止状态时地面受到压力大小为（M＋2m）g

C．剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为（M＋2m）g＋F

D．剪断连接球b与箱底的细线的瞬间，地面受到的压力大小为（M＋2m）g

答案　BC

解析　系统处于静止状态时，对整体进行受力分析，由平衡条件可得，地面对整体的支持力FN＝（M＋2m）g，由牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为（M＋2m）g，选项B正确，A错误；剪断连接球b与箱底的细线瞬间，球b向上加速运动，地面受到的压力大小为（M＋2m）g＋F，选项C正确，D错误。

9．如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。

当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为（　　）

A．aA＝2a＋3μgB．aA＝2（a＋μg）

C．aB＝aD．aB＝a＋μg

答案　AC

解析　撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma,对B有FN－μ·2mg＝2ma，得FN＝2（a＋μg）m。

撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B受力不变，aB＝a，对物块A，由牛顿第二定律得FN＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。

综上分析，A、C项正确。

10．[2020·郑州模拟]乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。

若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。

在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）。

则（　　）

A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上

B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下

C．小物块受到的滑动摩擦力为

mg＋ma

D．小物块受到的静摩擦力为

mg＋ma

答案　AD

解析　小物块相对于斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。

缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以小物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝

mg＋ma，方向平行斜面向上。

二、非选择题（本题共2小题，共30分）

11．[2020·福州质检]（14分）如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（vt图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：

（1）2s内物块的位移大小s和通过的路程L；

（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。

答案　

（1）0.5m　1.5m　

（2）4m/s2　4m/s2　8N

解析　

（1）在2s内，由图乙知：

物块上升的最大距离：

s1＝

×2×1m＝1m

物块下滑的距离：

s2＝

×1×1m＝0.5m

所以位移大小s＝s1－s2＝0.5m

路程L＝s1＋s2＝1.5m

（2）由图乙知，所求两个阶段加速度的大小

a1＝4m/s2

a2＝4m/s2

设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有

0～0.5s内：

F－f－mgsinθ＝ma1

0．5～1s内：

f＋mgsinθ＝ma2

联立得F＝8N

12．[2020·唐山一模]（16分）如图所示，质量为0.5kg、0.2kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离0.8m，小球距离绳子末端6.5m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，

忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10m/s2。

（1）释放A、B两个小球后，A、B的各自加速度？

（2）小球B从静止释放经多长时间落到地面？

答案　

（1）a1＝8m/s2　a2＝5m/s2　

（2）1.6s

解析　

（1）由题意知，B与轻绳的摩擦力小于A与轻绳的摩擦力。

为保证A、B对轻绳的力相同，所以轻绳与A、B间的摩擦均为km2g

对B，由牛顿第二定律得m2g－km2g＝m2a2

a2＝5m/s2

对A，由牛顿第二定律得m1g－km2g＝m1a1

a1＝8m/s2

（2）设经历时间t1小球B脱离绳子，小球B下落高度为h1，获得速度为v

a1t

＋

a2t

＝l

t1＝1s

h1＝

a2t

＝2.5m

v＝a2t1＝5m/s

小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高为h2，经t2落地

h2＝6.5m＋0.8m－2.5m＝4.8m

h2＝vt2＋

gt

t2＝0.6s

t＝t1＋t2＝1.6s