《2019届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题练习 新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题练习 新人教版（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第三章 第二节 牛顿第二定律、两类动力学问题A级基础练1(08786240)(2018武汉模拟)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是()解析：C皮球在上升过程中速度越来越小，所以空气阻力越来越小，重力与空气阻力的合力越来越小，所以加速度越来越小，一开始加速度最大，后来减小得越来越慢，最后速度为零时，加速度变为重力加速度，所以答案选C.2(08786241)(2018福建漳州八校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为，球
2、拍与球保持相对静止，它们间的摩擦力及空气阻力不计，则 () A运动员的加速度为gtan B球拍对球的作用力为mgC运动员对球拍的作用力为(Mm)gcos D若加速度大于gsin ，球一定沿球拍向上运动解析：A对球进行受力分析，受到重力mg和球拍对它的支持力N，作出受力分析图如图甲所示，根据牛顿第二定律得：Nsin ma，Ncos mg，解得agtan ，N，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象进行受力分析，如图乙所示，根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F，故C错误；当agtan 时，球将沿球拍向上运动，由于gsin 与gtan 的大小关系未知，故D错误3(08786242)(多选
3、)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8B.10C15 D18解析：BC当机车牵引列车向东行驶时，设挂钩西边的列车节数为x节，挂钩东边的节数为y节，根据牛顿第二定律得：Fxma.当机车牵引列车向西行驶时，根据牛顿第二定律得：Fyma，解得3x2y，列车的总节数Nxyx，当x4节时，N10节，当x6节，N15节，故B、C正确，A、D错
4、误4运动员从悬停的直升机上跳伞，下落一段时间后打开降落伞，打开伞之前，运动员所受空气阻力可忽略，打开伞后受到的空气阻力与速度成正比，运动员打开伞后的运动情况不可能是()A加速度大小先减小最后为零B加速度大小先增大最后为零C速度一直不变D速度先增大后不变解析：B打开伞瞬间如果阻力大于重力，加速度向上，运动员做减速运动，根据阻力与速度成正比及牛顿第二定律得加速度逐渐减小，最后减为零，因此运动员先做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速运动，A正确；打开伞瞬间如果阻力小于重力，加速度向下，运动员做加速运动，由阻力与速度成正比及牛顿第二定律得加速度逐渐减小，因此运动员先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做
5、匀速运动，D正确；打开伞的瞬间如果阻力等于重力，运动员做匀速直线运动，C正确；加速度大小先增大最后为零是不可能的，B错误5(08786243)(2018宁夏银川二中、银川九中、育才中学联考)如图所示，两个完全相同的轻弹簧，一端均固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连；轻杆一端固定在天花板上，另一端与小球相连，三者互成120角，且两个弹簧的弹力大小均为mg.如果将轻杆突然剪断，则剪断瞬间小球的加速度大小可能为() Aa0BagCa1.5g Da3g解析：A小球受两根弹簧的弹力、重力以及轻杆的作用力处于平衡状态，其中弹簧a、b对小球的作用力大小均为mg，夹角为120，故弹簧a、b对小球的作用
6、力的合力为mg；若弹簧处于伸长状态，剪断瞬间，弹簧的弹力不变，两弹簧合力向下，则重力、两弹簧拉力的合力为2mg，加速度为2g，方向向下若弹簧处于压缩状态，剪断瞬间，弹簧的弹力不变，两弹簧合力向上，与重力平衡，合力为零，则加速度为0，故A正确，B、C、D错误6(2018安徽六安一中月考)如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连，现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F的瞬间，下列说法正确的是() AP、Q间的摩擦力改变BM、P的加速度大小变为CM、N间的摩擦力不变DN的加速度大小仍为a解析：
7、D撤去F前，对P、Q整体分析，知弹簧的弹力F弹3ma，撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，可知P、Q的加速度不变，仍为a；隔离对P分析，P、Q间的摩擦力不变，故A、B错误撤去F前，隔离对M分析，fF弹ma，解得f4ma，对整体分析，F6ma，撤去F后，对M、N整体分析aa，方向向左，隔离对N分析，f2ma2ma，知M、N间的摩擦力发生变化，N的加速度大小不变，方向改变，故C错误，D正确7(08786244)(多选)(2018河南周口西华一中等校联考)如图所示，一木箱在斜向下的推力F作用下以加速度a在粗糙水平地面上做匀加速直线运动现将推力F的大小增大到3F，方向不变，则木箱做匀加速直线运动的加速度可能
8、为() A2a B3aC4a D5a解析：CD对木箱受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知水平方向：Fcos fma，根据平衡条件可知竖直方向：Fsin mgN0，其中fN，解得ag；若F变为3倍，加速度增加大于3倍，故C、D正确，A、B错误 8(08786245)(多选)(2018闽粤大联考期末)一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后() A物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动B物体将可能向右做匀速直线运动C物体将可能以大于a的加速
9、度向右做匀加速直线运动D物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动解析：BD设地面与物体间的动摩擦因数为，当在斜向上的拉力F的作用下运动时，加速度a，现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则加速度aa，所以物体可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动，故A、C错误，D正确；若mgF1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B正确B级能力练9(08786246)(多选)(2018河南中原名校联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角60，使飞行器恰恰沿与水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿
10、逆时针旋转60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是() A加速时加速度的大小为gB加速时动力的大小等于mgC减速时动力的大小等于mgD减速飞行时间t后速度为零解析：AC起飞时，飞行器受动力和重力，两个力的合力与水平方向成30角斜向上，由几何关系得F合mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1g；加速时动力的大小Fmg.动力方向逆时针旋转60，合力的方向与水平方向成30角斜向下，动力F跟合力F合垂直，由几何关系得动力的大小Fmg，此时合力的大小为F合mgsin 30，飞行器的加速度大小a2，所以减速飞行时间2t后速度为零，故A、C正确
11、10(多选)(2018湖北七市联考)如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为(090)，一质量为m的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角，当直杆与水平方向的夹角为30时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则() A恒力F一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向B恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向C若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为mgD恒力F的最小值为mg解析：BCD由题意“当直杆与水平方向的夹角为30时，小圆环在直杆上运动的时间最短”可知，恒力F和小圆环的重力的合
12、力一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向，B正确，A错误若恒力F的方向水平向右，对小圆环受力分析可得Fmg，C正确如图所示，此时，F有最小值，Fmgcos mg，D正确11(08786247)(2018江西九江三十校联考)为了测定木板和斜面间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验，在木板上固定一个弹簧测力计(质量不计)，弹簧测力计下端固定一个光滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时，弹簧测力计的示数为F1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，测得斜面倾角为，由测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？解析：设小球的质量为m，木板的质量为M.静止时，以小球
13、为研究对象，有F1mgsin .下滑时，以小球为研究对象，有mgsin F2ma.下滑时，以整体为研究对象，有(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a，联立解得tan .答案：tan 12(08786248)(2018浙江杭州五校联盟二诊)足够长光滑斜面BC的倾角53，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点由一小段弧形连接，一质量m2 kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成53角的恒力F作用，如图(a)所示，小物块在AB段运动的速度时间图象如图(b)所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 530.8，cos 530.6)求：(1)小物块所受到的恒力F
14、；(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；(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点的距离解析：(1)由题图(b)可知，AB段加速度a1 m/s20.5 m/s2，根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1，得F N11 N.(2)在BC段mgsin ma2，解得a2gsin 8 m/s2.小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有t s0.5 s.(3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3，解得a3g0.510 m/s25 m/s2.滑行的位移x m0.4 msABtt4.0 m4.0 m，所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4 m.答案：(1)11 N(2)0.5 s(3)不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4 m7
