2019-2020年高考物理一輪復習 3.2牛頓第二定律 兩類動力學問題知能檢測.doc

《2019-2020年高考物理一輪復習 3.2牛頓第二定律 兩類動力學問題知能檢測.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考物理一輪復習 3.2牛頓第二定律 兩類動力學問題知能檢測.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考物理一輪復習 3.2牛頓第二定律 兩類動力學問題知能檢測1在解一道文字計算題時(由字母表達結果的計算題)，一個同學解得位移s(t1t2)，用單位制的方法檢查，這個結果()A可能是正確的B一定是錯誤的C如果用國際單位制，結果可能正確D用國際單位制，結果錯誤，如果用其他單位制，結果可能正確解析：公式的單位：ssm/s，而位移的單位為m，所以公式肯定是錯誤的答案：B2如圖所示，一輛有動力驅動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連設在某一段時間內小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內小車可能是()向右做加速運動向右做減速運動向左做加速運動向左做減速運動ABC D解析：小車與小球相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，說明小球所受的合力水平向右，則小球的加速度方向向右，即小車的加速度方向也向右由于小車的運動方向可能向左也可能向右，由此確定小車有兩種運動形式，即向右加速或向左減速答案：B3如圖所示，力F拉一物體在水平面上以加速度a運動用力FFcos 代替力F，沿水平方向拉物體，該物體的加速度為a，比較a與a的大小關系，正確的是()Aa與a一定相等Ba可能小于aCa可能大于aDa一定小于a解析：由牛頓第二定律可得： Fcos (mgFsin )ma，將F換為水平方向的Fcos 后：Fcos mgma，由此可見：若0，則aa，若0，則aa，故B正確，A、C、D錯誤答案：B4(xx年阜陽模擬)如圖所示，一光滑斜面固定在水平地面上，質量m1 kg的物體在平行于斜面向上的恒力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時立即撤去拉力F.此后，物體到達C點時速度為零每隔0.2 s通過速度傳感器測得物體的瞬時速度，下表給出了部分測量數據試求：t/s0.00.20.4.2.22.4.v/(ms1)0.01.02.0.3.32.1.(1)斜面的傾角；(2)恒力F的大?。?3)t1.6 s時物體的瞬時速度解析：(1)經分析可知，當t2.2 s時，物體已通過B點因此減速過程加速度大小a2 m/s26 m/s2，mgsin ma2，解得37.(2)a1 m/s25 m/s2Fmgsin ma1，解得F11 N.(3)設第一階段運動的時間為t1，在B點時有5t12.16(2.4t1)，t11.5 s可見，t1.6 s的時刻處在第二運動階段，由逆向思維可得v2.1 m/s6(2.41.6) m/s6.9 m/s.答案：(1)37(2)11 N(3)6.9 m/s限時檢測 (時間：45分鐘，滿分：100分)命題報告教師用書獨具知識點題號牛頓第二定律的應用1、3、4、5、9牛頓第二定律的瞬時性2兩類動力學問題8、11傳送帶問題7、10牛頓第二定律與圖象的綜合問題6、12一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分，每小題只有一個選項正確，把正確選項前的字母填在題后的括號內)1“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g.據圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為()AgB2gC3g D4g解析：從圖象可知，當人最后不動時，繩上的拉力為F0，即mgF0，最大拉力為F0，因此最大加速度為F0mgma,3mgmgma，a2g，B項正確答案：B2(xx年馬鞍山模擬)如圖所示，A、B球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()A兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsin BB球的受力情況未變，瞬時加速度為零CA球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為gsin D彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零解析：細線燒斷前，對B球有kxmgsin ，細線燒斷瞬間，彈簧彈力與原來相等，B球受力平衡，aB0，A球所受合力為mgsin kx2mgsin ，解得aA2gsin ，故A、C、D錯誤，B正確答案：B3質量為m的三角形木楔A置于傾角為的固定斜面上，它與斜面間的動摩擦因數為，一水平力F作用在木楔A的豎直平面上在力F的推動下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑動，如圖所示，則F的大小為()A.B.C.D.解析：將木楔所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，可得出方程組，即：垂直斜面方向上有FNmgcos Fsin ，而FfFN，沿斜面方向有Fcos Ffmgsin ma，聯立以上各式得F，故答案為C.答案：C4(xx年滁州模擬)如圖所示，一個質量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長直桿上，環(huán)與桿的動摩擦因數為，現給環(huán)一個水平向右的恒力F，使圓環(huán)由靜止開始運動，同時對環(huán)施加一個豎直向上、大小隨速度變化的作用力F1kv，其中k為常數，則圓環(huán)運動過程中()A最大加速度為B最大加速度為C最大速度為D最大速度為解析：力F剛開始作用時，圓環(huán)速度很小，F1也很小，此時FN方向向上，F1FNmg.隨著速度v增大，F1增大，FN逐漸減小，根據牛頓第二定律得FFNma，a逐漸增大，當F1kvmg時，FN為0，amax，A對，B錯；隨著v增大，F1繼續(xù)增大，此時FN變?yōu)橄蛳?，F1mgFN，FN隨著F1增大而增大根據牛頓第二定律有FFNma，a開始逐漸減小，當FNF時，a減小為0，此時速度v達到最大值并保持恒定，kvmaxmg，vmax，C、D錯答案：A5(xx年高考全國新課標卷)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以a表示物塊的加速度大小，F表示水平拉力的大小能正確描述F與a之間關系的圖象是()解析：由FFfma可知，當FFf時，a與F成線性關系，C選項正確答案：C6如圖所示，一根輕彈簧豎直立在水平地面上，下端固定一小球從高處自由下落，落到彈簧上端，將彈簧壓縮至最低點能正確反映上述過程中小球的加速度的大小隨下降位移x變化關系的圖象可能是圖中的(取豎直向下為正方向)()解析：小球接觸彈簧前ag，與彈簧接觸后，設小球距彈簧上端的初距離為x0，則由牛頓第二定律有mgk(xx0)ma，ag，所以ax圖象為一直線，mgk(xx0)時，a0，mgk(xx0)時，av1，則()At2時刻，小物塊離A處的距離達到最大Bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C0t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左Dt2t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析：由vt圖象可知，小物塊先向左減速到零，然后再向右加速到v1，以后與傳送帶一起做勻速運動由于v2v1，所以相對地面來說，向左減速運動的位移大于向右加速運動的位移，t1時刻，小物塊離A點的距離最大，A錯t2時刻二者相對位移最大，B正確.0t2時間內，加速度不變，摩擦力不變，C錯t2t3時間內小物塊不受摩擦力的作用，D錯答案：B8(xx年高考浙江理綜改編)如圖所示，總質量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g取10 m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是()A所受浮力大小為4 600 NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/sD以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N解析：由牛頓第二定律，設所受浮力為F，則Fmgma，Fm(ga)460(100.5) N4 830 N，A錯誤；加速上升過程中速度增大，受空氣阻力增大，B錯誤；氣球開始時的加速度為0.5 m/s2，此后加速度將變化，無法確定10 s時氣球的速度，C錯誤；勻速上升時Fmgf0，空氣阻力fFmg(4 83046010) N230 N，D正確答案：D9如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面之間的最大靜摩擦力Ffm大小與滑動摩擦力大小相等，則下列說法中正確的是()At0時刻和t2時刻速度相同Bt3時刻加速度最小Ct3時刻物塊的速度最大Dt2時刻物塊的速度最大解析：在t0時間內物塊保持靜止，t2時刻速度最大，即A選項錯誤；t1時刻物塊加速度最大，在t3時刻物塊做減速運動，加速度不為零，所以B、C錯；在t2時刻物塊的加速度為零，速度最大，所以D正確答案：D10(xx年安慶模擬)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x3.5 m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數0.1，物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA4 m/s，到達B端的瞬時速度設為vB.下列說法中不正確的是()A若傳送帶不動，vB3 m/sB若傳送帶逆時針勻速轉動，vB一定等于3 m/sC若傳送帶順時針勻速轉動，vB一定等于3 m/sD若傳送帶順時針勻速轉動，vB有可能等于3 m/s解析：當傳送帶不動時，物體從A到B做勻減速運動，ag1 m/s2，物體到達B點的速度vB3 m/s.當傳送帶逆時針勻速轉動時，物體滑上傳送帶后所受摩擦力不變，物體以相同的加速度一直減速至B，vB3 m/s.當傳送帶順時針勻速轉動時，傳送帶的速度不同，物體滑上傳送帶后的運動情況不同如果傳送帶速度大于4 m/s，則物體可能一直加速，也可能先加速后勻速；當傳送帶速度等于4 m/s時，物體勻速；當傳送帶速度小于4 m/s時，物體可能一直減速，也可能先減速后勻速答案：C二、非選擇題(本題共2小題，共30分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數值計算的要注明單位)11(15分)(xx年高考浙江理綜)為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關系，小明同學用石蠟做成兩條質量均為m、形狀不同的“A魚”和“B魚”，如圖所示在高出水面H處分別靜止釋放“A魚”和“B魚”，“A魚”豎直下潛hA后速度減為零，“B魚”豎直下潛hB后速度減為零“魚”在水中運動時，除受重力外還受浮力和水的阻力，已知“魚”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度為g，“魚”運動的位移遠大于“魚”的長度假設“魚”運動時所受水的阻力恒定，空氣阻力不計求：(1)“A魚”入水瞬間的速度vA1；(2)“A魚”在水中運動時所受阻力fA；(3)“A魚”與“B魚”在水中運動時所受阻力之比fAfB.解析：(1)A從H處自由下落，機械能守恒：mgHmv，解得：vA1(2)小魚A入水后做勻減速運動，2gH2aAhA得減速加速度：aAg，F浮Amg由牛頓第二定律：F浮AfAmgmaA解得：fAmg()(3)同理可得fBmg()，得：fAfB答案：(1)(2)mg()(3)12(15分)如圖甲所示，有一足夠長的粗糙斜面，傾角37，一滑塊以初速度v016 m/s從底端A點滑上斜面，滑到B點后又返回到A點滑塊運動的圖象如圖乙所示，求：(已知：sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2)(1)AB之間的距離；(2)滑塊再次回到A點時的速度(3)滑塊在整個運動過程中所用的時間解析：(1)由vt圖象知AB之間的距離為：xAB m16 m.(2)設滑塊從A滑到B過程的加速度大小為a1，從B返回到A過程的加速度大小為a2，滑塊與斜面之間的動摩擦因數為，則有：a1gsin gcos m/s28 m/s2a2gsin gcos 則滑塊返回到A點時的速度為v，有v202a2xAB聯立各式解得：a24 m/s2，v8 m/s.(3)設滑塊從A到B用時為t1，從B返回到A用時為t2，則有：t12 st22 s則滑塊在整個運動過程中所用的時間為tt1t2(22) s.答案：(1)16 m(2)8 m/s(3)(22) s