《通用版2020版高考物理大一轮复习考点规范练8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版 有答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2020版高考物理大一轮复习考点规范练8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版 有答案（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 考点规范练考点规范练 8 8 牛顿第二定律牛顿第二定律 两类动力学问题两类动力学问题 一、单项选择题 1 1. 如图所示,弹簧一端固定在天花板上,另一端连一质量m0=2 kg 的秤盘,盘内放一个质量m=1 kg 的物体,秤盘 在竖直向下的拉力F=30 N 作用下保持静止,当突然撤去拉力F的瞬时,物体对秤盘的压力大小为(g取 10 m/s2)( ) A.10 NB.15 N C.20 ND.40 N 答案 C 2 2. 如图所示,将质量为m0的 U 形框架开口向下置于水平地面上,用轻弹簧 1、2、3 将质量为m的小球悬挂起来。 框架和小球都静止时弹簧 1 竖直,弹簧 2、3 水平且长度恰好等
2、于弹簧原长,这时框架对地面的压力大小等于 (m0+m)g。现将弹簧 1 从最上端剪断,则在剪断后瞬间( ) A.框架对地面的压力大小仍为(m0+m)g B.框架对地面的压力大小为 0 C.小球的加速度为 0 2 D.小球的加速度大小等于g 答案 D 3 3.(2018天津实验中学期中)在探究超重和失重规律时,某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下 蹲动作。传感器和计算机相连,经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图像,则下列图像可能正确的是( ) 答案 D 解析对人的运动过程分析可知,人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的 压力小于人的重力的大小;在减速下蹲
3、的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于 人的重力的大小,故 A、B、C 错误,D 正确。 4 4.(2018广东深圳中学月考)如图所示,质量为 1.5 kg 的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上,质量为 0.5 kg 的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断,则剪断细线瞬间A、B间的 作用力大小为(g取 10 m/s2)( ) A.0B.2.5 N C.5 ND.3.75 N 答案 D 解析剪断细线前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力F弹=mAg=15N,将细线剪断的瞬间,根据 牛顿第二定律可得(mA+mB)g-F弹=(mA+m
4、B)a,解得a=2.5m/s2,隔离B,则有mBg-FN=mBa,代入数据解得FN=mBg- mBa=3.75N,D 正确。 3 二、多项选择题 5 5.由牛顿第二定律可知,无论怎样小的力都可以使物体产生加速度,可是当我们用一个很小的水平力去推很重 的桌子时,却推不动它,这是因为( ) A.牛顿第二定律不适用于静止物体 B.有加速度产生,但数值很小,不易觉察 C.静摩擦力等于水平推力,所以桌子静止不动 D.桌子所受合力为零,加速度为零,所以静止不动 答案 CD 解析用很小的力来推桌子,这个力小于最大静摩擦力,合力是零,根据牛顿第二定律,加速度等于零,所以静止 不动,即牛顿第二定律适用于静止物体
5、,A、B 错误,D 正确;桌子受力平衡,水平方向上静摩擦力等于水平推力 大小,C 正确。 6 6. 如图所示,A、B两物块质量分别为 2m、m,用一轻弹簧相连,将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上,系统处于 静止状态,B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压,此时轻弹簧的伸长量为x。现将悬绳剪断,则下列说法正确 的是( ) A.悬绳剪断后,A物块向下运动 2x时速度最大 B.悬绳剪断后,A物块向下运动 3x时速度最大 C.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为 2g 4 D.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为g 3 2 答案 BD 解析剪断悬绳前,对物块B受力分析,物块B受到重力和弹簧的弹力,可知弹力F=
6、mg。悬绳剪断瞬间,对物块 A分析,物块A的合力为F合=2mg+F=3mg,根据牛顿第二定律,得a= g,故 C 错误,D 正确。弹簧开始处于伸长状 3 2 态,弹力F=mg=kx;物块A向下压缩,当 2mg=F=kx时,速度最大,即x=2x,所以A下降的距离为 3x,故 B 正确, A 错误。 7 7.(2018河北保定期中)右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 15=0.26,cos
7、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.2.5 m/s2B.3 m/s2 C.2 m/s2D.4 m/s2 答案 BD 解析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,受力分析如图所示,则 FQ+mg=FNcos15,F合=FNsin15=ma, 解得a=tan15=m/s2=m/s22.7m/s2,故可能的为 FQ+ mg m ( FQ m 0.27 + 10 0.27) (0.27 FQ m + 2.7) B、D 选项。 5 8 8. 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
8、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。 则下列说法正确的是( ) 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 1 2 D.小物块受到的静摩擦力为mg+ma 1 2 答案 AD 解析 因为物块和斜面一起沿山坡向上加速运动,故物块所受静摩擦力沿斜面向上,A 对,B 错;小物块受力如图所示, 由牛顿第二定律Ff-mgsin30=ma,得Ff= mg+ma,因小物块相对斜面静止,所以物块受静摩擦力,故 C 错,D 对。 1 2 6
9、9 9.如图甲所示,质量为m的小球放在光滑水平面上,在竖直线MN的左方受到水平恒力F1作用(m可视为质点), 在MN的右方除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2的作用,小球运动的v-t图像如图乙所示。下 列说法正确的是( ) A.小球在MN右方加速度大小为 v1 t3- t2 B.F2的大小为 2mv1 t3- t1 C.小球在MN右方运动的时间为t4-t2 D.小球在t=0 到t=t4这段时间内最大位移为v1t2 1 2 答案 AD 解析因为v-t图像斜率的绝对值为加速度的大小,选项 A 正确;由F2-F1=ma2=m,可知选项 B 错误;由题图 2v1 t3- t1 乙可知小球在
10、MN右方运动的时间为t3-t1,选项 C 错误;因为v-t图像的面积等于物体的位移,所以小球在 t=0 到t=t4这段时间内最大位移为v1t2,选项 D 正确。 1 2 三、非选择题 1010.(2018天津四合庄中学月考)如图所示,质量m=2 kg 的小物块从倾角=37的光滑斜面上的A点由静 止开始下滑,经过B点后进入粗糙水平面,已知AB长度为 3 m,斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接。(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取 10 m/s2)试求: (1)小物块滑到B点时的速度大小; 7 (2)若小物块从A点开始运动到C点停下,一共经历时间t=2.5 s,求BC的距离; (3)上
11、问中,小物块与水平面的动摩擦因数多大? 答案(1)6 m/s (2)4.5 m (3)0.4 解析(1)小物块在斜面AB上时,由牛顿第二定律得mgsin=ma1,解得a1=gsin37=100.6m/s2=6m/s2,由 2a1xAB=得vB=m/s=6m/s。 vB22a1xAB=2 6 3 (2)小物块在斜面上有xAB=,则t1=s=1s, 1 2at1 2 2xAB a = 2 3 6 物块在BC段的运动时间为t2=t-t1=1.5s, BC段的位移为xBC= t2=4.5m。 vB 2 (3)在水平面上,逆向分析,小物块的运动可看作初速度为零的匀加速运动, 由vB=a2t2得加速度大小
12、a2=m/s2=4m/s2, vB t2 = 6 1.5 根据牛顿第二定律mg=ma2, 代入数据解得=0.4。 1111.足够长的光滑斜面BC的倾角=53,一质量m=2 kg 的小物块静止于A点,小物块与水平面间的动摩擦 因数=0.5,水平面与斜面之间在B点有一小段弧形连接。现在AB段对小物块施加与水平方向夹角为 =53的恒力F作用,如图甲所示,小物块在AB段运动的速度时间图像如图乙所示,当到达B点时迅速撤 去恒力F。(已知 sin 53=0.8,cos 53=0.6,g取 10 m/s2)求: (1)小物块所受到的恒力F的大小; 8 (2)小物块从B点沿斜面向上运动,到返回B点所用的时间;
13、 (3)小物块能否返回到A点?若能,计算小物块通过A点时的速度:若不能,计算小物块停止运动时离B点的距 离。 答案(1)11 N (2)0.5 s (3)小物块不能返回到A点,停止运 动时,离B点的距离为 0.4 m 解析(1)由题图乙可知,AB段加速度a1=m/s2=0.5m/s2;根据牛顿第二定律,有Fcos-(mg- v t = 2.0 - 0 4.0 - 0 Fsin)=ma 得F=11N。 ma + mg cos + sin (2)小物块沿斜面运动时,由牛顿第二定律知,mgsin=ma2, 所以a2=gsin=8m/s2 小物块从B点沿斜面向上运动所用时间与返回B点所用时间相等,则有
14、t=s=0.5s。 2vB a1 = 2 2.0 8.0 (3)小物块由B向A返回过程中的加速度为a3=g=5m/s2,由B开始运动到小物块静止,位移为s= mg m m=0.4m,而A和B之间的距离为s= 24m=4m,所以小物块不能返回到A点,停止运动时,离B点 v2 2a = 22 2 5 1 2 的距离为 0.4m。 1212. 9 (2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一 个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使 冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被
15、击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。 训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板 时的速度为v1。重力加速度大小为g。求: (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。 答案(1) (2) v02- v12 2gs0 s1(v1+ v0)2 2s02 解析(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得-mgs0= 1 2mv1 2 - 1 2mv0 2 解得=。 v02- v12 2gs0 (2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下, 冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t,由运动学公式得 =2a1s0 v02- v12 v0-v1=a1t s1= a2t2 1 2 联立式得a2=。 s1(v1+ v0)2 2s02
