《（新课标）2020版高考物理一轮复习 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题夯基提能作业本》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标）2020版高考物理一轮复习 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题夯基提能作业本（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲牛顿第二定律两类动力学问题A组基础过关 1.(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系,下列说法正确的是()A.物体的速度越大,则加速度越大,所受的合外力也越大B.物体的速度为零,则加速度为零,所受的合外力也为零C.物体的速度为零,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大,但加速度可能为零,所受的合外力也可能为零答案CD物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无必然联系,故C、D项正确,A、B项错误。2.(2019湖北武汉武昌调研)如图所示,老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中,空气对老鹰的作用力可能是图中的()A.F1B.F2C.F3D.F4答案B老鹰沿虚线MN斜向
2、下减速俯冲的过程中,可认为老鹰受到两个力的作用,即重力和空气的作用力,二力的合力沿MN斜向上,所以空气对老鹰的作用力可能是题图中的F2,选项B正确。3.若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同,牵引力相同,则()A.携带的弹药越多,加速度越大B.加速度相同,与携带弹药的多少无关C.携带的弹药越多,获得的起飞速度越大D.携带的弹药越多,滑行时间越长答案D携带的弹药越多,战机的质量越大,而牵引力相同,根据F-Ff=ma可知,战机的加速度越小;由v2=2ax可知,战机起飞前滑行的距离相同,加速度越小,获得的起飞速度越小,选项A、B、C错误。战机起飞前滑行的距离相同,由x=12at2可得,加速度越
3、小,滑行时间越长,所以D正确。4.(多选)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间,()A.a1=3gB.a1=0C.l1=2l2D.l1=l2答案AC剪断细线前,把a、b、c看成整体,细线中的拉力为T=3mg。在剪断细线的瞬间,弹簧未发生突变,因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同,则将细线剪断瞬间,对a隔离进行受力分析,由牛顿第二定律可得3mg=ma1,得a1=3
4、g,A正确,B错误。由胡克定律知:2mg=kl1,mg=kl2,所以l1=2l2,C正确,D错误。5.如图,在匀强电场中,悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球,使之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小球将做()A.曲线运动B.匀速直线运动C.匀加速直线运动D.变加速直线运动答案C本题考查力与运动的关系。在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,C项正确。6.(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有
5、滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中()A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面答案BD由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等,均为g;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等,故B正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=mg可知,Ff不变,故C错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布
6、滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确。7.“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示,质量为m的小明静止悬挂时,两橡皮绳的夹角为60,则()A.每根橡皮绳的拉力为12mgB.若将悬点间距离变小,则每根橡皮绳所受拉力将变小C.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂,则小明此时加速度a=gD.若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳,则小明左侧轻绳在腰间断裂时,小明的加速度a=g答案B根据平行四边形定则知,2F cos 30=mg(F为橡皮绳的拉力),解得F=33mg,故A错误;根据共点力平衡得,2F cos =mg,当悬点间的距离变小时,变小, cos 变大,可
7、知橡皮绳的拉力变小,故B正确;当小明左侧橡皮绳断裂,断裂的瞬间,小明右侧橡皮绳的拉力不变,则重力和小明右侧橡皮绳拉力的合力与小明左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等、方向相反,合力大小为33mg,加速度为33g,故C错误;当两侧为轻绳时,小明左侧绳断裂瞬间,小明右侧绳上拉力发生突变,将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解,合力为mg sin 30,加速度为12g,方向沿垂直于小明右侧绳的方向斜向下,故D错误。8.(2019福建南平质检)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,ACBCDC=543,杆AC竖直,各杆上分别套有一小球a、b、d(均可视为质点),a、b、d三小球的
8、质量之比为123。现让三小球同时从各杆的顶点由静止开始下滑,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.111B.543C.589D.123答案A因ABCD为矩形,故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上,由等时圆模型可知,从光滑细杆AC、BC、DC顶点由静止释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C,故A项正确。9.(多选)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin
9、15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A.4 m/s2B.3 m/s2C.2 m/s2D.1 m/s2答案AB设圆柱形工件的质量为m,汽车向左匀加速启动时,对圆柱形工件进行受力分析,如图所示,根据题意,有FQ+mg=FN cos 15,F合=FN sin 15=ma,联立解得a=FQ+mgmtan 15=FQm0.27+2.7 m/s22.7 m/s2,故选项A、B正确。10.(多选)如图所示,小球B放在真空正方体容器A内,球B的直径恰好等于A的内边长,现将它们以初速度v0竖直向上抛出,下列说法中正确的是()A
10、.若不计空气阻力,下落过程中,B对A没有弹力B.若考虑空气阻力,上升过程中,A对B的弹力向下C.若考虑空气阻力,下落过程中,B对A的弹力向上D.若不计空气阻力,上升过程中,A对B有向上的弹力答案AB将容器A以初速度v0竖直向上抛出后,若不计空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得加速度为g,再以容器A为研究对象,上升和下落过程其合力等于自身重力,则B对A没有弹力,A对B也没有弹力,故A项正确,D项错误;若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知,上升过程中的加速度大于g,再以球B为研究对象,可知B受到的合力大于其自身的重力,所以B除受到重力外,还应受到向下的力,即A对B的弹力
11、向下,故B项正确;若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知下落过程中的加速度小于g,再以B为研究对象,可知A受到的合力小于其自身的重力,所以B除受到重力外,还应受到向上的力,即A对B的弹力向上,由牛顿第三定律可知B对A的弹力向下,故C项错误。11.如图所示,倾角=37的斜面固定在水平面上。质量m=1.0 kg 的小物块受到沿斜面向上的F=9.0 N的拉力作用,小物块由静止沿斜面向上运动,小物块与斜面间的动摩擦因数=0.25(斜面足够长,取g=10 m/s2。sin 37=0.6,cos 37=0.8)。(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小。(2)求在拉力作用过程中,小物块加速
12、度的大小。(3)若在小物块沿斜面向上运动0.80 m时,将拉力F撤去,求此后小物块沿斜面向上运动的距离。答案(1)2.0 N(2)1.0 m/s2(3)0.10 m解析(1)拉力F作用时,小物块的受力如图甲所示Ff=FN=mg cos 37=2.0 N(2)设拉力F作用时,小物块的加速度为a1,根据牛顿第二定律有F-Ff-mg sin 37=ma1解得a1=1.0 m/s2(3)设撤去拉力前小物块运动的距离为x1,撤去拉力时小物块的速度为v,撤去拉力后小物块的加速度大小和沿斜面向上运动的距离分别为a2、x2,有v2=2a1x1撤去拉力F后,小物块的受力如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin 3
13、7+Ff=ma2由运动学规律得v2=2a2x2其中x1=0.80 m联立式并代入数据解得x2=0.10 mB组能力提升 12.如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60,C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点;c球由C点自由下落到M点。则()A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点答案C如图所示,令圆环半径为R,则c球由C点自由下落到M点用时满足R=12gtc2,所以tc=2Rg;对于a球令
14、AM与水平面成角,则a球下滑到M点用时满足AM=2R sin =12g sin ta2,即ta=2Rg;同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb=2rg(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,rR)。综上所述可得tbtatc,故选项C正确。13.(多选)(2018山东济南模拟)如图所示,两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球,整体处于平衡状态,弹簧a与竖直方向成30,弹簧b与竖直方向成60,弹簧a、b的形变量相等,重力加速度为g,则()A.弹簧a、b的劲度系数之比为31B.弹簧a、b的劲度系数之比为32C.若弹簧a下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD.若弹簧b下端松脱,则松脱瞬间
15、小球的加速度大小为g2答案AD由题可知,两个弹簧相互垂直,对小球受力分析,如图所示,设弹簧的伸长量都是x,由受力分析图知,弹簧a中弹力Fa=mg cos 30=32mg,根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数为k1=Fax=3mg2x,弹簧b中的弹力Fb=mg cos 60=12mg,根据胡克定律可知弹簧b的劲度系数为k2=Fbx=mg2x,所以弹簧a、b的劲度系数之比为31,A正确,B错误;弹簧a中的弹力为32mg,若弹簧a的下端松脱,则松脱瞬间弹簧b的弹力不变,故小球所受重力和弹簧b弹力的合力与Fa大小相等、方向相反,小球的加速度大小a=Fam=32g,C错误;弹簧b中弹力为12mg,若弹簧b的下端松脱,则松脱瞬间弹簧a的弹力不变,故小球所受重力和弹簧a弹力的合力与Fb大小相等、方向相反,故小球的加速度大小a=Fbm=12g,D
