（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題檢測

《（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題檢測（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題檢測 一、單項選擇題 1．學(xué)?！吧磉叺奈锢怼鄙鐖F(tuán)小組利用傳感器研究物體的運動．在一小球內(nèi)部裝上無線傳感器，并將小球豎直向上拋出，通過與地面上接收裝置相連的計算機(jī)描繪出小球上拋后運動規(guī)律的相關(guān)圖象．已知小球在運動過程中受到的空氣阻力隨速度的增大而增大，則下列圖象可能是計算機(jī)正確描繪的是(已知v、t分別表示小球速度的大小、運動的時間)(　　) 解析：選D.在上升階段，物體做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知，mg＋f＝ma，其中f＝kv，由于速度減小，阻力減小，加速度減小，當(dāng)速度達(dá)到0時，小球

2、開始向下做加速運動，根據(jù)mg－kv＝ma可知，隨時間的延續(xù)，速度增大，阻力增大，加速度減小，在v－t圖象中斜率代表加速度，故D正確． 2．(2017·高考上海卷)如圖，在勻強電場中，懸線一端固定于地面，另一端拉住一個帶電小球，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)．忽略空氣阻力，當(dāng)懸線斷裂后，小球?qū)⒆?　　) A．曲線運動 B．勻速直線運動 C．勻加速直線運動 D．變加速直線運動 解析：選C.本題考查力與運動的關(guān)系．在懸線斷裂前，小球受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài)，故重力與電場力的合力與拉力等值反向．懸線斷裂后，小球所受重力與電場力的合力大小、方向均不變，故小球?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反

3、方向做勻加速直線運動，C項正確． 3.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩．如圖所示，質(zhì)量為m的小明靜止懸掛時，兩橡皮繩的夾角為60°，則(　　) A．每根橡皮繩的拉力為mg B．若將懸點間距離變小，則每根橡皮繩所受拉力將變小 C．若此時小明左側(cè)橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時加速度a＝g D．若拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側(cè)輕繩在腰間斷裂時，小明的加速度a＝g 解析：選B. 根據(jù)平行四邊形定則知，2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg.故A錯誤；根據(jù)共點力平衡得，2Fcos θ＝mg，當(dāng)懸點間的距離變小時，θ變小

4、，cos θ變大，可知橡皮繩的拉力變小，故B正確；當(dāng)左側(cè)橡皮繩斷裂，斷裂的瞬間，右側(cè)橡皮繩的拉力不變，則重力和右側(cè)橡皮繩拉力的合力與左側(cè)橡皮繩初始時的拉力大小相等，方向相反，合力大小為mg，加速度為g，故C錯誤；當(dāng)兩側(cè)為輕繩時，左側(cè)繩斷裂瞬間，右側(cè)繩上拉力發(fā)生突變，將重力沿繩方向和垂直于繩方向正交分解，合力為mgsin 30°，加速度為g，方向沿垂直于右側(cè)繩的方向斜向下，故D錯誤． 4．(2019·日照模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A，B和C分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為R，AC長為2R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋

5、放小球，已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1，沿AC軌道運動到C點所用時間為t2，則t1與t2之比為(　　) A．1∶ B．1∶2 C．1∶ D．1∶3 答案：A 5. (2019·江蘇十校聯(lián)考)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則(　　) A．運動員的加速度為gtan θ B．球拍對球的作用力為mg C．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcos θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上運動 解析：選A. 網(wǎng)球

6、受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，F(xiàn)N＝，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，受力如圖乙所示，根據(jù)平衡，運動員對球拍的作用力為F＝，故C錯誤；當(dāng)a>gtan θ時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsin θ

7、加速度大小為g，則有(　　) A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝g C．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a(chǎn)1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 解析：選C.在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，所以C對． 7．(2019·鹽城中學(xué)模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長木板，一輕彈

8、簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4 m后鎖定，t＝0時解除鎖定，釋放滑塊．計算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的v－t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動 B．彈簧恢復(fù)原長時，滑塊速度最大 C．彈簧的勁度系數(shù)k＝175 N/m D．該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s2 解析：選C.根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運動，彈簧彈力

9、與摩擦力相等時速度最大，此時加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復(fù)原長時到滑塊停止運動，加速度不變，選項A、B錯誤；由題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，剛釋放時滑塊的加速度為a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此時滑塊的加速度最大，選項D錯誤；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得k＝175 N/m，選項C正確． 二、多項選擇題 8．(2016·高考江蘇卷)如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面．若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等

10、，則在上述過程中(　　) A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C．若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大 D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 解析：選BD.將桌布從魚缸下拉出的過程，魚缸相對桌布向左運動，因此桌布對它的摩擦力方向向右，A項錯誤；設(shè)動摩擦因數(shù)為μ，魚缸在桌布對它的滑動摩擦力的作用下做初速度為零的勻加速運動，加速度大小為μg，設(shè)經(jīng)過t1時間魚缸滑離桌布，滑離時的速度為v，則v＝μgt1；魚缸滑到桌面上后，做勻減速運動，加速度大小也為μg，因此魚缸在桌面上運動的時間t2＝，因此t1＝t2，B項正確；若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力

11、仍為滑動摩擦力，大小為μmg(設(shè)魚缸質(zhì)量為m)，保持不變，C項錯誤；若貓減小拉力，則魚缸與桌布間的摩擦力有可能小于滑動摩擦力，則魚缸與桌布一起運動，從而滑出桌面，D項正確． 9．(2019·山東濟(jì)南模擬)如圖所示，兩輕質(zhì)彈簧a、b懸掛一質(zhì)量為m的小球，整體處于平衡狀態(tài)，彈簧a與豎直方向成30°，彈簧b與豎直方向成60°，彈簧a、b的形變量相等，重力加速度為g，則(　　) A．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為 ∶1 B．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為 ∶2 C．若彈簧a下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為g D．若彈簧b下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為 解析：選ACD.由題可

12、知，兩個彈簧相互垂直，對小球受力分析，如圖所示，設(shè)彈簧的伸長量都是x，由受力分析圖知，彈簧a中彈力Fa＝mgcos 30°＝mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧a的勁度系數(shù)為k1＝＝，彈簧b中的彈力Fb＝mgcos 60°＝mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧b的勁度系數(shù)為k2＝＝，所以彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為∶1，A正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為mg，若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間彈簧b的彈力不變，故小球所受重力和彈簧b彈力的合力與Fa大小相等、方向相反，小球的加速度大小a＝＝g，C正確；彈簧b中彈力為mg，若彈簧b的下端松脫，則松脫瞬間彈簧a的彈力不變，故小球所受重力和彈簧a彈力的合力與Fb大小相等、方向相

13、反，故小球的加速度大小a′＝＝g，D正確． 10．(2019·濟(jì)南模擬)如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質(zhì)量為mA＝5 kg的物塊A，A的上方放置一質(zhì)量mB＝3 kg的滑塊B，用一輕繩一端拴在物塊A上，另一端跨過光滑的定滑輪拴接一質(zhì)量mC＝2 kg的物塊C，其中連接A的輕繩與水平桌面平行．現(xiàn)由靜止釋放物塊C，在以后的過程中，A與B之間沒有相對滑動且A、B始終沒有離開水平桌面(重力加速度g取10 m/s2)．則下列說法正確的是(　　) A．A的加速度大小為2.5 m/s2 B．A的加速度大小為2 m/s2 C．A對B的摩擦力大小為6 N D．A對B的摩擦力大小為7.5 N 解析

14、：選BC.把A、B、C作為整體研究，由牛頓第二定律得加速度a＝＝2 m/s2，即A的加速度大小為2 m/s2，B項正確，A錯誤；以B為研究對象，由牛頓第二定律得A對B的靜摩擦力大小為f＝mBa＝6 N，C項正確，D項錯誤． 三、非選擇題 11.(2019·陜西西安模擬)小物塊以一定的初速度v0沿斜面(足夠長)向上運動，由實驗測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖所示．取g＝10 m/s2，空氣阻力不計．可能用到的函數(shù)值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求： (1)物塊的初速度v0； (2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ； (3)計算說明圖線中P點對應(yīng)的

15、斜面傾角為多大？在此傾角條件下，小物塊能滑回斜面底端嗎？說明理由(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)． 解析：(1)當(dāng)θ＝90°時，物塊做豎直上拋運動，末速度為0由題圖得上升最大位移為xm＝3.2 m 由v＝2gxm，得v0＝8 m/s. (2)當(dāng)θ＝0時，物塊相當(dāng)于在水平面上做勻減速直線運動，末速度為0 由題圖得水平最大位移為x＝6.4 m 由運動學(xué)公式有：v＝2ax 由牛頓第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5. (3)設(shè)題圖中P點對應(yīng)的斜面傾角值為θ，物塊在斜面上做勻減速運動，末速度為0 由題圖得物塊沿斜面運動的最大位移為x′＝3.2 m 由運動學(xué)公式有：v＝2a′x′

16、 由牛頓第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ 得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°. 因為mgsin θ＝6m＞μmgcos θ＝4m，所以能滑回斜面底端． 答案：(1)8 m/s　(2)0.5　(3)37°　能滑回底端　理由見解析 12．避險車道(標(biāo)志如圖甲所示)是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖乙所示的豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，?dāng)車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡

17、床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止．已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求： (1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向； (2)制動坡床的長度． 解析：(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，受到的摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則 f＋mgsin θ＝ma1 ① f＝μmgcos θ ② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2 ③ a1

18、的方向沿制動坡床向下． (2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23 m/s.貨物在車廂內(nèi)從開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內(nèi)滑動的距離s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12 m，制動坡床的長度為l，則 Mgsin θ＋F－f＝Ma2 ④ F＝k(m＋M)g ⑤ s1＝vt－a1t2 ⑥ s2＝vt－a2t2 ⑦ s＝s1－s2 ⑧ l＝l0＋s0＋s2 ⑨ 聯(lián)立①②④～⑨式并代入數(shù)據(jù)得l＝98 m. 答案：(1)5 m/s2　方向沿制動坡床向下　(2)98 m