（新課標）2020版高考物理一輪復習 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題夯基提能作業(yè)本.docx

《（新課標）2020版高考物理一輪復習 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題夯基提能作業(yè)本.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考物理一輪復習 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題夯基提能作業(yè)本.docx（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第2講牛頓第二定律兩類動力學問題A組基礎過關 1.(多選)關于速度、加速度、合外力之間的關系,下列說法正確的是()A.物體的速度越大,則加速度越大,所受的合外力也越大B.物體的速度為零,則加速度為零,所受的合外力也為零C.物體的速度為零,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大D.物體的速度很大,但加速度可能為零,所受的合外力也可能為零答案CD物體的速度大小與加速度大小及所受合外力大小無必然聯(lián)系,故C、D項正確,A、B項錯誤。2.(2019湖北武漢武昌調研)如圖所示,老鷹沿虛線MN斜向下減速俯沖的過程中,空氣對老鷹的作用力可能是圖中的()A.F1B.F2C.F3D.F4答案B老鷹沿虛線MN斜向下減速俯沖的過程中,可認為老鷹受到兩個力的作用,即重力和空氣的作用力,二力的合力沿MN斜向上,所以空氣對老鷹的作用力可能是題圖中的F2,選項B正確。3.若戰(zhàn)機從“遼寧號”航母上起飛前滑行的距離相同,牽引力相同,則()A.攜帶的彈藥越多,加速度越大B.加速度相同,與攜帶彈藥的多少無關C.攜帶的彈藥越多,獲得的起飛速度越大D.攜帶的彈藥越多,滑行時間越長答案D攜帶的彈藥越多,戰(zhàn)機的質量越大,而牽引力相同,根據F-Ff=ma可知,戰(zhàn)機的加速度越小;由v2=2ax可知,戰(zhàn)機起飛前滑行的距離相同,加速度越小,獲得的起飛速度越小,選項A、B、C錯誤。戰(zhàn)機起飛前滑行的距離相同,由x=12at2可得,加速度越小,滑行時間越長,所以D正確。4.(多選)如圖,物塊a、b和c的質量相同,a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F將細線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間,()A.a1=3gB.a1=0C.l1=2l2D.l1=l2答案AC剪斷細線前,把a、b、c看成整體,細線中的拉力為T=3mg。在剪斷細線的瞬間,彈簧未發(fā)生突變,因此a、b、c之間的作用力與剪斷細線之前相同,則將細線剪斷瞬間,對a隔離進行受力分析,由牛頓第二定律可得3mg=ma1,得a1=3g,A正確,B錯誤。由胡克定律知:2mg=kl1,mg=kl2,所以l1=2l2,C正確,D錯誤。5.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,使之處于靜止狀態(tài)。忽略空氣阻力,當懸線斷裂后,小球將做()A.曲線運動B.勻速直線運動C.勻加速直線運動D.變加速直線運動答案C本題考查力與運動的關系。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,故小球將沿原來懸線拉力的反方向做勻加速直線運動,C項正確。6.(多選)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均相等,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答案BD由題圖可見,魚缸相對桌布向左滑動,故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右,A錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數相等,所以魚缸加速過程與減速過程的加速度大小相等,均為g;由v=at可知,魚缸在桌布上加速運動的時間與在桌面上減速運動的時間相等,故B正確。若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力,由Ff=mg可知,Ff不變,故C錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動,則魚缸就會滑出桌面,故D正確。7.“兒童蹦極”中,拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩。如圖所示,質量為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12mgB.若將懸點間距離變小,則每根橡皮繩所受拉力將變小C.若此時小明左側橡皮繩在腰間斷裂,則小明此時加速度a=gD.若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩,則小明左側輕繩在腰間斷裂時,小明的加速度a=g答案B根據平行四邊形定則知,2F cos 30=mg(F為橡皮繩的拉力),解得F=33mg,故A錯誤;根據共點力平衡得,2F cos =mg,當懸點間的距離變小時,變小, cos 變大,可知橡皮繩的拉力變小,故B正確;當小明左側橡皮繩斷裂,斷裂的瞬間,小明右側橡皮繩的拉力不變,則重力和小明右側橡皮繩拉力的合力與小明左側橡皮繩初始時的拉力大小相等、方向相反,合力大小為33mg,加速度為33g,故C錯誤;當兩側為輕繩時,小明左側繩斷裂瞬間,小明右側繩上拉力發(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mg sin 30,加速度為12g,方向沿垂直于小明右側繩的方向斜向下,故D錯誤。8.(2019福建南平質檢)如圖所示,光滑細桿BC、DC和AC構成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線,ACBCDC=543,桿AC豎直,各桿上分別套有一小球a、b、d(均可視為質點),a、b、d三小球的質量之比為123?，F讓三小球同時從各桿的頂點由靜止開始下滑,不計空氣阻力,則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為()A.111B.543C.589D.123答案A因ABCD為矩形,故A、B、C、D四點必在以AC邊為直徑的同一個圓周上,由等時圓模型可知,從光滑細桿AC、BC、DC頂點由靜止釋放的小球a、b、d必定同時到達圓的最低點C,故A項正確。9.(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,假設圓柱形工件表面光滑,汽車靜止不動時Q傳感器示數為零,P、N傳感器示數不為零。在汽車向左勻加速啟動過程中,P傳感器示數為零而Q、N傳感器示數不為零。已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m/s2,則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為()A.4 m/s2B.3 m/s2C.2 m/s2D.1 m/s2答案AB設圓柱形工件的質量為m,汽車向左勻加速啟動時,對圓柱形工件進行受力分析,如圖所示,根據題意,有FQ+mg=FN cos 15,F合=FN sin 15=ma,聯(lián)立解得a=FQ+mgmtan 15=FQm0.27+2.7 m/s22.7 m/s2,故選項A、B正確。10.(多選)如圖所示,小球B放在真空正方體容器A內,球B的直徑恰好等于A的內邊長,現將它們以初速度v0豎直向上拋出,下列說法中正確的是()A.若不計空氣阻力,下落過程中,B對A沒有彈力B.若考慮空氣阻力,上升過程中,A對B的彈力向下C.若考慮空氣阻力,下落過程中,B對A的彈力向上D.若不計空氣阻力,上升過程中,A對B有向上的彈力答案AB將容器A以初速度v0豎直向上拋出后,若不計空氣阻力,以整體為研究對象,根據牛頓第二定律得加速度為g,再以容器A為研究對象,上升和下落過程其合力等于自身重力,則B對A沒有彈力,A對B也沒有彈力,故A項正確,D項錯誤;若考慮空氣阻力,以整體為研究對象,根據牛頓第二定律可知,上升過程中的加速度大于g,再以球B為研究對象,可知B受到的合力大于其自身的重力,所以B除受到重力外,還應受到向下的力,即A對B的彈力向下,故B項正確;若考慮空氣阻力,以整體為研究對象,根據牛頓第二定律可知下落過程中的加速度小于g,再以B為研究對象,可知A受到的合力小于其自身的重力,所以B除受到重力外,還應受到向上的力,即A對B的彈力向上,由牛頓第三定律可知B對A的彈力向下,故C項錯誤。11.如圖所示,傾角=37的斜面固定在水平面上。質量m=1.0 kg 的小物塊受到沿斜面向上的F=9.0 N的拉力作用,小物塊由靜止沿斜面向上運動,小物塊與斜面間的動摩擦因數=0.25(斜面足夠長,取g=10 m/s2。sin 37=0.6,cos 37=0.8)。(1)求小物塊運動過程中所受摩擦力的大小。(2)求在拉力作用過程中,小物塊加速度的大小。(3)若在小物塊沿斜面向上運動0.80 m時,將拉力F撤去,求此后小物塊沿斜面向上運動的距離。答案(1)2.0 N(2)1.0 m/s2(3)0.10 m解析(1)拉力F作用時,小物塊的受力如圖甲所示Ff=FN=mg cos 37=2.0 N(2)設拉力F作用時,小物塊的加速度為a1,根據牛頓第二定律有F-Ff-mg sin 37=ma1解得a1=1.0 m/s2(3)設撤去拉力前小物塊運動的距離為x1,撤去拉力時小物塊的速度為v,撤去拉力后小物塊的加速度大小和沿斜面向上運動的距離分別為a2、x2,有v2=2a1x1撤去拉力F后,小物塊的受力如圖乙所示由牛頓第二定律得mg sin 37+Ff=ma2由運動學規(guī)律得v2=2a2x2其中x1=0.80 m聯(lián)立式并代入數據解得x2=0.10 mB組能力提升 12.如圖所示,位于豎直平面內的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點,與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60,C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點;c球由C點自由下落到M點。則()A.a球最先到達M點B.b球最先到達M點C.c球最先到達M點D.b球和c球都可能最先到達M點答案C如圖所示,令圓環(huán)半徑為R,則c球由C點自由下落到M點用時滿足R=12gtc2,所以tc=2Rg;對于a球令AM與水平面成角,則a球下滑到M點用時滿足AM=2R sin =12g sin ta2,即ta=2Rg;同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb=2rg(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑,rR)。綜上所述可得tbtatc,故選項C正確。13.(多選)(2018山東濟南模擬)如圖所示,兩輕質彈簧a、b懸掛一質量為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的勁度系數之比為31B.彈簧a、b的勁度系數之比為32C.若彈簧a下端松脫,則松脫瞬間小球的加速度大小為3gD.若彈簧b下端松脫,則松脫瞬間小球的加速度大小為g2答案AD由題可知,兩個彈簧相互垂直,對小球受力分析,如圖所示,設彈簧的伸長量都是x,由受力分析圖知,彈簧a中彈力Fa=mg cos 30=32mg,根據胡克定律可知彈簧a的勁度系數為k1=Fax=3mg2x,彈簧b中的彈力Fb=mg cos 60=12mg,根據胡克定律可知彈簧b的勁度系數為k2=Fbx=mg2x,所以彈簧a、b的勁度系數之比為31,A正確,B錯誤;彈簧a中的彈力為32mg,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=Fam=32g,C錯誤;彈簧b中彈力為12mg,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、方向相反,故小球的加速度大小a=Fbm=12g,D正確。