《2020年高考物理一轮复习专题07牛顿第二定律两类动力学问题限时训练.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理一轮复习专题07牛顿第二定律两类动力学问题限时训练.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题07 牛顿第二定律 两类动力学问题 (限时：45min)一、 选择题（本大题共12小题）1(2019淮北检测)下列说法正确的是()A物体受到力的作用时，力克服了物体的惯性，使其产生了加速度B人走在松软土地上下陷时具有向下的加速度，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力C物理公式既能确定物理量之间的数量关系，又能确定物理量间的单位关系D对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零【答案】C【解析】：惯性是物体的固有属性，力能使物体产生加速度，但不能说力克服了物体的惯性，A错误。根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误。物理公式不仅能确定物
2、理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C正确。根据牛顿第二定律，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误。2(多选)如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t1 s时刻撤去恒力F，物体运动的vt图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A物体在3 s内的位移x3 mB恒力F与摩擦力f大小之比为Ff31C物体与地面间的动摩擦因数为0.3D在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为1221【答案】BC【解析】：在速度时间图像中图线与时间轴所围成的面积等于位移的大小，3 s内物体的位移大小应为9 m，A错误。撤去力F后，物体受摩擦力作用而减速运动，加速度大
3、小为3 m/s2，而a2g，得0.3，C正确。匀变速直线运动的平均速度等于初、末速度和的一半，故撤去F前后两个阶段的平均速度相同，D错误。根据牛顿第二定律可得：Ffma1，fma2，又由题图乙可知a16 m/s2，a23 m/s2，联立解得Ff31，故B正确。3(多选)(2018青岛二模)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。当两小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，两小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图像如图所示，由图可知()Aa球的质量大于b球的质量B在t1时刻两小球间距最小C在
4、0t2时间内两小球间距逐渐减小D在0t3时间内b球所受的排斥力方向始终与运动方向相反【答案】AC【解析】：由速度时间图像可知b小球的速度时间图线的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a知，加速度大的质量小，所以b小球的质量较小，故A正确；两小球做相向运动，当速度相等时两小球间距最小，即t2时刻两小球间距最小，之后距离开始逐渐增大，故B错误，C正确；b球在0t1时间内做匀减速运动，排斥力与运动方向相反，故D错误。4如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在
5、圆上，B在圆内，C在圆外。从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是()A从A处释放的球 B从B处释放的球C从C处释放的球 D从A、B、C三处释放的球同时到达【答案】B【解析】：假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s2(rR)cos ，下滑时小球的加速度agcos ，根据位移时间公式得sat2，则t ，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑的时间最短，故选B。5.(多选)如图所示，质量为m的小球被一
6、根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是()A在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin C在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为D在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin 【答案】BC【解析】：设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcos mg，Fsin T，解得：F，Tmgtan 。在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为agsin ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉
7、力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a，C正确，D错误。6.(多选)(2019温州四校联考)质量分别为M和m的两物块A、B大小相同，将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接。如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A。已知斜面固定，重力加速度大小为g，则()A此时轻绳的拉力大小为mg B此时轻绳的拉力大小为MgC此时A运动的加速度大小为(1sin2)g D此时A运动的加速度大小为g【答案】AD【解析】：第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin mg，第二次按
8、题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mgmgsin (mM)a，联立得a(1sin )gg，对B，由牛顿第二定律得Tmgsin ma，解得Tmg，故A、D正确，B、C错误。7.(2019天津调研)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上。另一端分别连在A和C上。在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()A两弹簧都处于拉伸状态 B两弹簧都处于压缩状态C弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长 D
9、弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态【答案】C【解析】：由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin 。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：axacos gsin cos ，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合mgsin ，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。8(多选)如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静
10、摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中，正确的是() 【答案】ACD【解析】：当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1f2F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a，A、B间的静摩擦力f1mBaf2max，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间
11、变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a，综上所述可知A、C项正确。9(2019银川模拟)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()Amg，竖直向上 Bmg，斜向左上方Cmgtan ，水平向右 Dmg，斜向右上方【答案】D【解析】：以小球A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：mAgtan mAa， 得：agtan ，方向水平向右。再对物块B研究得：小车对B的摩擦力为： fmamgtan
12、 ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为Nmg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：Fmg，方向斜向右上方，故D正确。二、 计算题（本大题共3小题）10(2018盐城模拟)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的vt图像如图乙所示。g取10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。【答
13、案】(1)15 N(2)6 m【解析】：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图像得，a m/s23 m/s2对于A、B整体，由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a，代入数据解得F15 N。(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由mAgmAaA，解得aAg3 m/s2t s2 s物块A通过的位移xAt6 m物块B通过的位移xBv0t62 m12 m物块A刚停止时A、B间的距离xxBxA6 m。11.如图所示为一架四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到
14、越来越广泛的应用。若一架质量m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力为F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f4 N，g取10 m/s2。(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t5 s时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度H100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时的速度大小v； (3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1。【答案】 (1)75 m(2)40 m/s(3) s【解析】：(1)设无人机
15、上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有：Fmgfma，解得a6 m/s2由：hat2，解得：h75 m。(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有：mgfma1，解得a18 m/s2由：v22a1H，解得：v40 m/s。(3)设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a2，由牛顿第二定律，有Fmgfma2，解得a210 m/s2设飞行器恢复升力时速度大小为vm，则有：H又由vma1t1，解得：t1 s。12.如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v09.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角37，滑块与斜面间的动摩擦因数0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块
16、的质量m1 kg，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2。试求：(1)滑块回到出发点时的速度大小。(2)定量画出斜面体与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。【答案】 (1)4.8 m/s(2)见解析图xx340 m20 m60 m。【解析】：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：mgsin mgcos ma1，解得a19.6 m/s2设滑块上滑位移大小为L，则由v022a1L，解得L4.8 m滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：mgsin mgcos ma2，解得a22.4 m/s2根据v22a2L，解得v4.8 m/s。(2)滑块沿斜面上滑过程用时t11 s对斜面体与滑块构成的系统受力分析可得Ff1ma1cos 7.68 N滑块沿斜面下滑过程用时t22 s对斜面体与滑块构成的系统受力分析可得Ff2ma2cos 1.92 NFf随时间变化如图所示。