《高三物理一轮复习必考部分第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题课时强化练》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理一轮复习必考部分第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题课时强化练（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、牛顿第二定律两类动力学问题（限时：40分钟）A级跨越本科线1.在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）.导)【导学号：96622267】B. m2 - kg s 3 a 1D. m2 - kg - s 1 - A 1出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（A.m2-kg-s4A1C.m2-kg-s2-A1B根据物理公式分析物理量的单位.2因U=1=ma?故1v=1kg;sm=1kgm2S3A：选项B正确.qItItA2.（2016上海高考）如图3-2-9所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（）图
2、 3-2-9A. OAT向B.OB方向C.OCT向D.O时向D据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确.3.如图3-2-10所示，ad、bd、cd是竖直面内的三根同种材料制成的固定粗糙细杆,b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周上最高点，d点为圆周上最低点.每根杆上都套有个小圆环，三个同样的圆环分别从a、b、c处由静止释放均沿杆下滑，用t1、t2、t3依次表示各环到达d点所用的时间，则（A. t1t 1 t 2图3-2-10B. t1t2t3D.t1
3、=t2=t3A设细杆与竖直方向的夹角为0,根据牛顿第二定律可知加速度a=gcos0wgsin0,而位移x=2RCos0,根据x=；at2得：t=4R gtan 。，即有匕3所以A项正确.当车的加速度增大时（）【导学号:96622268】3 2图 3-2-114.如图3-2-11所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,A. M受静摩擦力增大B. M对车厢壁的压力减小C. M仍相对于车厢静止M相对车厢壁静止，有 Ff = Mg与水平方 中D. M受静摩擦力减小C分析M受力情况如图所示，因向的加速度大小无关，AD错误；水平方向，R=MaFn随a的增大而增大,由牛顿第三定律知，B
4、错误；因Fn增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确.5.（2016海南高考）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度一时间图线如图3-2-12所示.已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s、5 10 s、10 15 s内F的大小分别为Fi、F2和F3,则（）51015隔图3212A.F1F3C.F1F3D. F1= F3由v t图象可知,05s内加速度a1=0.2m/s：沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgin0-f-F1=ma,Fi=mcsin0f0.2m510s内加速度a2=0,根据牛顿第2二te律有mgsin0-f-F2=ma,
5、F2=mgsin0f;1015s内加速度a3=0.2m/s,沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin0-f-F3=ma,鼻=mgsin9f+0.2m故可得:F3EF1,选项A正确.6 .如图3-2-13所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为0,图甲中，AB两球用轻弹簧相连，图乙中AB两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（）图3-2-13A.两图中两球加速度均为gsin0B.两图中A球的加速度均为0C.图乙中轻杆的作用力一定不为0D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍D撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2min0,因弹簧弹
6、力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0,加速度为0,B球所受合力为2mgin0,加速度为2gsin0;图乙中杆的弹力突变为0,A、B两球所受合力均为mg,in0,加速度均为gsin0,可知只有D对.7 .（多选）如图3-2-14所示，在动摩擦因数科=0.2的水平面上，质量m=2kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成0=45。角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零.g取10m/s2,以下说法正确的是（）【导学号：96622269】图3-2-14A.此时轻弹簧的弹力大小为20N8 .当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2,方向
7、向左C.若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2,方向向右D.若剪断弹簧右端，则剪断白瞬间物块的加速度为0AB物块在重力、拉力F和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得尸弹=尸8$0,mg=Fsin0,联立解得弹簧的弹力尸弹=;-mg=20N,选项A正确；撤去拉力Ftan45的瞬间，由牛顿第二定律得F弹一mg=ma,解得a=8m/s2,方向向左，选项B正确；剪断弹簧右端的瞬间，物块受到的弹力消失，则Fcos0=ma,解得a=10m/s2,方向向右，选项CD错误.8.为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖着汽车的轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上
8、端到地面的高度为1.2m且恒定.轻质无弹性的拖绳长2.4m,运动员质量为60kg,车胎质量为10kg,车胎与跑道间的动摩擦因数为科=0.7,如图3-2-15甲所示，将运动员某次拖着汽车的轮胎奔跑100m当作连续的过程，简化处理后的v-t图象如图乙所示，g取10m/s2,43=1.73,不计空气阻力影响，求：(1)运动员加速过程中的加速度大小及跑完100m所用时间；(2)在加速阶段，拖绳的张力大小及运动员受到地面的摩擦力的大小.(结果保留三位有效数字)图3-2-15一_AV822_12-【解析】(1)由题图乙可知a=-=4m/s=2m/s,而2at1+v(t11)=x,解得t=14.5s.(2)
9、由几何关系可知绳与地面的夹角为30。，以轮胎为研究对象，在竖直方向上有Fn=mg-Tsin30。，E=Fn,在水平方向上有Tcos30E=ma联立解得加速阶段的拉力丁=74.1N,以运动员为研究对象，设运动员受到地面的摩擦力为Ff人，则Ff人一Tcos30=Ma,解得Ff人=184N.【答案】(1)2m/s214.5s(2)74.1N184NB级名校必刷题9.(多选)(2017盐城模拟)如图3-2-16是汽车运送圆柱形工件的示意图.图中RQN是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零.当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而
10、QN2传感器本数不为零.已知sin15=0.26,cos15=0.97,tan15=0.27,g取10m/s,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()2A. 4 m/s2C. 2 m/s图 3-2-162B. 3 m/s2D. 1 m/sAB设圆柱形工件的质量为 m对圆柱形工件受力分析如图所示， 根据题意,有 Fq+ mg= Fncos 15 , F 合=FNsin 15=ma联立解得2 =受吗tan 15Fq=-X 0.27 + 2.7 m/s m22.7 m/s 2,故选项A B正确.10.（多选）如图3-2-17所示，把质量为 m的物块轻放在固定斜面上，物块以加速度 a沿斜面匀加速下滑，则
11、（）【导学号：96622270】图 3-2-17A.若只把该物块的质量增加一倍，物块仍以加速度a匀加速下滑B.若只把该物块的质量增加一倍，物块可能以大于a的加速度匀加速下滑C.若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg物块仍以加速度a匀加速下滑D.若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg物块将以大于a的加速度匀加速下滑AD物块沿斜面匀加速下滑的加速度a=gsin0gcos0,与质量无关，选项A正确、B错误；若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg其沿斜面方向的合外力增大，物块质量不变，物块将以大于a的加速度匀加速下滑，选项C错误、D正确.11.（多选）如图3-2-18甲所示，倾角为0
12、的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为vo=10m/s、质量为m=1kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是（）图3-2-18A.05s内小木块做匀减速运动8 .在t=1s时，摩擦力反向C.斜面倾角0=37D.小木块与斜面间白动摩擦因数为0.5V210022BCD小木块做匀减速直线运动的加速度大小为a1=7-m/s=10m/s,做匀减速2s2直线运动的时间为V;“：10s=1s,故t=1s时小木块反向运动，A错误，B正确；木a110块反向做匀加速直线运动的加速度大小为a2=v-=-3m/s2=2m/s
13、2,根据牛顿第二定律2s22X8得m8in0+科mgcos。=ma,m$in0科mgcos0=ma,联立解得sin0=0.6,科=0.5,所以0=37,CD正确.12 .一质量为m=0.4kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动，如图3-2-19所示为其运动的v-t图象的一部分，已知0.4s以前车做匀变速运动，之后做变加速运动直到速度最大，2s时刻关闭发动机，玩具车开始做匀减速运动最终停止，小汽车全过程中所受阻力可视为恒定.求：图 3-2-19(1)关闭发动机后小车运动的时间；(2)匀加速阶段小汽车的驱动力大小；(3)估算全过程小汽车行驶的距离.A V2 A t2【解析】(1)设2s后小汽车
14、加速度大小为a2,据图象得7一Jm/s2=2m/s2.4.0一2.0设减速阶段时间为t,由0=v。一a2t,解得t=4s.(2)设00.4s内，小汽车加速度大小为aa1=-v1=40m/s2=10m/s2A110.4据牛顿第二定律得Ff=ma关闭发动机后f=ma解得f=4.8N.(3)00.4s内的位移1.212x=2a1t=2x10X0.4m=0.8m根据图象可得0.42s内的位移X2=58X0.2X1m=11.6m2s以后的位移X3=a2t2=-x2x42m=16m22小汽车的总位移X=X1+X2+X3=28.4m(计算结果在27.629.2间均正确)【答案】(1)4s(2)4.8N(3)28.4m
