（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題練習(xí)（含解析）新人教版

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1、第2節(jié)　牛頓第二定律　兩類動力學(xué)問題 1.若戰(zhàn)機從航母上起飛前滑行的距離相同,牽引力相同,則(　D　) A.攜帶彈藥越多,加速度越大 B.加速度相同,與攜帶彈藥的多少無關(guān) C.攜帶彈藥越多,獲得的起飛速度越大 D.攜帶彈藥越多,滑行時間越長 2.質(zhì)量為1噸的汽車在平直公路上以10 m/s的速度勻速行駛,阻力大小不變,從某時刻開始,汽車牽引力減小 2 000 N,那么從該時刻起經(jīng)過6 s,汽車行駛的路程是(　C　) A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m 解析:汽車勻速行駛時,F=Ff,設(shè)汽車牽引力減小后加速度大小為a,牽引力減小ΔF=2

2、 000 N時, Ff-(F-ΔF)=ma,解得a=2 m/s2,與速度方向相反,汽車做勻減速直線運動,設(shè)經(jīng)時間t汽車停止運動,則t== s=5 s,故汽車行駛的路程x=t=×5 m=25 m,故選項C正確. 3.如圖所示,B是水平地面上AC的中點,可視為質(zhì)點的小物塊以某一初速度,從A點滑動到C點停止.小物塊經(jīng)過B點時的速度等于它在A點時速度的一半.則小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1和BC段間的動摩擦因數(shù)μ2的比值為(　C　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:物塊從A到B根據(jù)牛頓第二定律,有μ1mg=ma1,得a1=μ1g.從B到C根據(jù)牛頓第二定律,有μ2m

3、g=ma2,得a2=μ2g.設(shè)小物塊在A點時速度大小為v,則在B點時速度大小為,由于AB=BC=l,由運動學(xué)公式知,從A到B:( ) 2-v2=-2μ1gl,從B到C:0- ()2=-2μ2gl,聯(lián)立解得μ1= 3μ2,故選項C正確,A,B,D錯誤. 4.如圖所示,光滑直桿一端固定在地面上的A點,另一端靠在豎直墻上,桿上套有一個小球,球可以在桿上自由滑動,球從桿的上端沿桿下滑到A點所用的時間為t,若逐漸減小桿的長度,使桿與水平方向的夾角從60°逐漸減小到30°,則下列說法正確的是(　C　) A.小球從桿的上端運動到下端的時間不斷減小 B.小球從桿的上端運動到下端的時間不斷增大 C

4、.小球從桿的上端運動到下端的時間先減小后增大 D.小球從桿的上端運動到下端的時間先增大后減小 解析:設(shè)A點到墻的距離為L,桿與水平方向的夾角為θ, 則=gt2sin θ,t=,當θ=45°時,t最小,因此選項C正確. 5.據(jù)國外媒體報道,歐洲最大的直升機公司計劃研制一款X3型高速直升機.該公司已完成X3型直升機原型機的首次試飛.設(shè)X3型直升機原型機的質(zhì)量為m,某次試飛時,主旋翼提供大小為2mg向上的升力,每個向前螺旋推進器提供大小為mg、方向向前的推力.不考慮空氣阻力的影響,下列說法正確的是(　C　) A.該直升機原型機可能處于平衡狀態(tài) B.該直升機原型機以加速度g做勻加速直線

5、運動 C.空氣對直升機原型機的作用力為2mg D.空氣對直升機原型機的作用力為4mg 解析:直升機原型機的受力如圖所示, 所受合外力大小為mg,方向斜向右上方,加速度大小為g,故選項A,B均錯誤;空氣對直升機原型機的作用力為=2mg,故選項C正確,D錯誤;本題也可以由水平方向的加速度ax=2g和豎直方向的加速度ay=g合成得到直升機原型機的加速度a==g. 6.如圖所示,一傾角為θ=37°的足夠長的斜面固定在水平地面上.當t=0時,滑塊以初速度v0=10 m/s沿斜面向上運動,已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6, co

6、s 37°=0.8,下列說法正確的是(　D　) A.滑塊上滑的距離小于5 m B.t=1 s時,滑塊速度減為零,然后靜止在斜面上 C.t=2 s時,滑塊恰好又回到出發(fā)點 D.t=3 s時,滑塊的速度大小為4 m/s 解析:設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1,由牛頓第二定律可得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=10 m/s2,上滑時間為t1==1 s,上滑的距離為x1=v0t1=5 m,因mgsin θ>μmgcos θ,滑塊上滑到速度為零后,向下運動,選項A,B錯誤;設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2,由牛頓第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得

7、a2=2 m/s2,經(jīng)1 s,滑塊下滑的距離為x2=a2=1 m<5 m,滑塊未回到出發(fā)點,選項C錯誤;t=3 s時,滑塊沿斜面向下運動,此時的速度v=a2(t-t1)=4 m/s,選項D正確. 7.(多選)如圖是汽車運送圓柱形工件的示意圖,圖中P,Q,N是固定在車體上的壓力傳感器,假設(shè)圓柱形工件表面光滑,汽車靜止不動時Q傳感器示數(shù)為零,P,N傳感器示數(shù)不為零.當汽車向左勻加速啟動過程中,P傳感器示數(shù)為零而Q,N傳感器示數(shù)不為零.已知sin 15°=0.26, cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g=10 m/s2.則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為(　BD　) A.

8、2.5 m/s2 B.3 m/s2 C.2 m/s2 D.4 m/s2 解析:當汽車向左勻加速啟動過程中,P傳感器示數(shù)為零而Q,N傳感器示數(shù)不為零,受力分析如圖所示, 則FQ+mg=FNcos 15°, F合=FNsin 15°=ma, 解得a=tan 15°=×0.27+10×0.27=0.27×+2.7≥2.7.故可能的為B,D選項. 8.(2018·河北正定模擬)質(zhì)量不可忽略的小球與輕質(zhì)彈簧相連,穿在光滑的桿上,桿與水平面的夾角為45°.彈簧下端固定于桿上,初始系統(tǒng)靜止,現(xiàn)在將系統(tǒng)以加速度g向右做勻加速運動,重力加速度為g.則(　C　)

9、 A.靜止時,彈簧的彈力等于小球重力的一半 B.靜止時,桿的彈力小于彈簧的彈力 C.加速時,彈簧的彈力等于零 D.加速時,彈簧的形變量是靜止時的2倍 解析:根據(jù)力的平衡,當系統(tǒng)靜止時,小球受彈簧的彈力大小F=mgsin 45°=mg,此時桿對小球的彈力大小FN=mgcos 45°=mg,與彈簧彈力大小相等,所以A,B項均錯.當系統(tǒng)以加速度g向右做勻加速運動時,對小球受力分析如圖,則可知此時彈簧彈力為0,所以C項正確,D項錯誤. 9.(2018·廣東汕頭質(zhì)檢)(多選)建設(shè)房屋時,保持底邊長L不變,要設(shè)計好屋頂?shù)膬A角θ,以便下雨時落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂,雨滴下滑時可視為小球

10、做無初速度、無摩擦的運動.下列說法正確的是(　AC　) A.傾角θ越大,雨滴下滑時的加速度越大 B.傾角θ越大,雨滴對屋頂壓力越大 C.傾角θ越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大 D.傾角θ越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短 解析:屋頂?shù)膬A角為θ,底邊長為L,屋頂?shù)钠旅骈L度為x,雨滴下滑時加速度為a,對雨滴受力分析,只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN,垂直于屋頂方向mgcos θ=FN,平行于屋頂方向mgsin θ=ma,雨滴的加速度為a=gsin θ,則傾角θ越大,雨滴下滑時的加速度越大,故A正確;雨滴對屋頂?shù)膲毫N′=FN=mgcos θ,則傾角θ越大,雨滴

11、對屋頂壓力越小,故B錯誤;根據(jù)三角形關(guān)系判斷,屋頂坡面的長度x=,由x=at2可得t=,可見當θ=45°時,用時最短,D錯誤;由v=gsin θ·t可得v=,可見θ越大,雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大,C正確. 10.(2018·甘肅蘭州診斷)如圖所示,在動摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面上有一個質(zhì)量m=1 kg的小球,小球左側(cè)連接一水平輕彈簧(彈簧左端固定在墻上),右側(cè)連接一與豎直方向成θ=45°角的不可伸長的輕繩,輕繩另一端固定在天花板上,此時小球處于靜止狀態(tài),且水平面對小球的彈力恰好為零(g取10 m/s2).下列說法中正確的是(　B　) A.在剪斷輕繩后的瞬間,小球受力個數(shù)不變

12、 B.在剪斷輕繩后的瞬間,小球立即向左加速,且加速度的大小為a= 8 m/s2 C.在剪斷輕繩后的瞬間,小球立即向左加速,且加速度的大小為a= 10 m/s2 D.在剪斷輕繩后的瞬間,水平面對小球的作用力的合力為0 解析:剪斷輕繩前小球的受力情況如圖所示,當剪斷輕繩的瞬間,輕繩的拉力突然消失,由于重力的作用,小球與水平面之間產(chǎn)生壓力,又小球?qū)⒁蜃筮\動,因此還受到水平面的摩擦力作用,因此,小球的受力變?yōu)樗膫€力,A錯誤;輕繩未剪斷時,根據(jù)平衡條件得輕彈簧的彈力大小為F=mg=10 N,輕繩的拉力大小為FT=mg=10 N,剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變化,此時輕彈簧的彈力大小仍為F=1

13、0 N,所以小球受到彈簧彈力為F=10 N,方向水平向左,而小球所受的最大靜摩擦力為f=μmg=0.2×1×10 N=2 N,根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為a= = m/s2=8 m/s2,方向水平向左,故B正確,C錯誤.剪斷輕繩的瞬間,小球立即受水平面的支持力和摩擦力作用,摩擦力方向水平向右,則水平面對小球作用力不為0,且指向右上方,D錯誤. 11.一輛汽車在恒定牽引力作用下由靜止開始沿直線運動,4 s內(nèi)通過8 m的距離,此后關(guān)閉發(fā)動機,汽車又運動了2 s停止,已知汽車的質(zhì)量m=2×103 kg,汽車運動過程中所受阻力大小不變,求: (1)關(guān)閉發(fā)動機時汽車的速度大小; (2)汽

14、車運動過程中所受到的阻力大小; (3)汽車牽引力的大小. 解析:(1)汽車開始做勻加速直線運動,則x=t1, 解得v==4 m/s. (2)汽車滑行減速過程加速度a2==-2 m/s2, 由牛頓第二定律有-Ff=ma2,解得Ff=4×103 N. (3)開始加速過程中加速度為a1,則x=a1, 由牛頓第二定律有F-Ff=ma1, 解得F=6×103 N. 答案:(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N 12.足夠長光滑斜面BC的傾角α=53°,小物塊與水平面間動摩擦因數(shù)為0.5,水平面與斜面之間B點由一小段長度不計的弧形連接,一質(zhì)量m=2 kg的小物塊靜

15、止于A點.現(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成α=53°角的恒力F作用,如圖(甲)所示,小物塊在AB段運動的速度—時間圖像如圖(乙)所示,到達B點迅速撤去恒力F(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2).求: (1)小物塊所受到的恒力F; (2)小物塊從B點沿斜面向上運動,到返回B點所用的時間; (3)小物塊能否返回到A點?若能,計算小物塊通過A點時的速度;若不能,計算小物塊停止運動時離B點的距離. 解析:(1)由題圖(乙)可知,AB段加速度 a1== m/s2=0.5 m/s2, 根據(jù)牛頓第二定律,有 Fcos α-μ(mg-Fsin α)=m

16、a1, 解得F=11 N. (2)在BC段mgsin α=ma2, 解得a2=8 m/s2. 小物塊從B到C所用時間與從C到B所用時間相等,由題圖(乙)可知,小物塊到達B點的速度vB=2.0 m/s,有 t== s=0.5 s. (3)小物塊從B向A運動過程中,有μmg=ma3, 解得a3=5 m/s2. 滑行的位移s== m=0.4 m 水平面AB段長度sAB=t=t=×4.0 m=4.0 m, 所以小物塊不能返回到A點,停止運動時,離B點的距離為0.4 m. 答案:(1)11 N　(2)0.5 s (3)不能返回到A點,停止運動時,離B點的距離為 0.4 m 13

17、.有一個冰上推木箱的游戲項目,規(guī)則是:選手們從起點開始用力推木箱一段時間后,放手讓木箱向前滑動,若木箱最后停在有效區(qū)域內(nèi),視為成功;若木箱最后未停在有效區(qū)域內(nèi)就視為失敗.其簡化模型如圖所示,AC是長度為L1=7 m的水平冰面,選手們可將木箱放在A點,從A點開始用一恒定不變的水平推力推木箱,BC為有效區(qū)域.已知BC長度L2=1 m,木箱的質(zhì)量m=50 kg,木箱與冰面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1.某選手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直線運動,若木箱可視為質(zhì)點,g取10 m/s2.那么該選手要想游戲獲得成功,試求: (1)推力作用在木箱上時的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的時間t滿足的條件. 解析:(1)設(shè)推力作用在木箱上時,木箱的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma1, 解得a1=3 m/s2. (2)設(shè)撤去推力后,木箱的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律得 μmg=ma2, 解得a2=1 m/s2. 推力作用在木箱上的時間為t,此時間內(nèi)木箱的位移為 x1=a1t2, 撤去力F后木箱繼續(xù)滑行的距離為 x2=, 要使木箱停在有效區(qū)域內(nèi),需滿足 L1-L2≤x1+x2≤L1, 解得1 s≤t≤ s. 答案:(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s 8