2020版广西高考物理人教版一轮复习考点规范练：8 牛顿第二定律　两类动力学问题 Word版含解析.pdf

考点规范练考点规范练 8 牛顿第二定律牛顿第二定律 两类动力学问 题 两类动力学问 题 考点规范练第考点规范练第 14 页页 一、单项选择题 1. 如图所示,弹簧一端固定在天花板上,另一端连一质量 m0=2 kg 的秤盘,盘内放一个质量 m=1 kg 的物 体,秤盘在竖直向下的拉力 F=30 N 作用下保持静止,当突然撤去拉力 F 的瞬时,物体对秤盘的压力大 小为(g取 10 m/s2)( ) A.10 NB.15 N C.20 ND.40 N 答案 C 2. 如图所示,将质量为 m0的 U 形框架开口向下置于水平地面上,用轻弹簧 1、2、3 将质量为 m 的小球 悬挂起来。框架和小球都静止时弹簧 1 竖直,弹簧 2、3 水平且长度恰好等于弹簧原长,这时框架对地 面的压力大小等于(m0+m)g。现将弹簧 1 从最上端剪断,则在剪断后瞬间( ) A.框架对地面的压力大小仍为(m0+m)g B.框架对地面的压力大小为 0 C.小球的加速度为 0 D.小球的加速度大小等于 g 答案 D 3.(2018·天津实验中学期中)在探究超重和失重规律时,某体重为 G 的同学站在一压力传感器上完成 一次下蹲动作。传感器和计算机相连,经计算机处理后得到压力 F 随时间 t 变化的图像,则下列图像 可能正确的是( ) 答案 D 解析对人的运动过程分析可知,人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传 感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传 感器的压力大于人的重力的大小,故 A、B、C 错误,D 正确。 4.(2018·广东深圳中学月考)如图所示,质量为 1.5 kg 的物体 A 静止在竖直固定的轻弹簧上,质量为 0.5 kg的物体 B由细线悬挂在天花板上,B 与 A 刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断,则剪断细线瞬间 A、B 间的作用力大小为(g 取 10 m/s2)( ) A.0B.2.5 N C.5 ND.3.75 N 答案 D 解析剪断细线前,只有 A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力 F弹=mAg=15N,将细线剪断的 瞬间,根据牛顿第二定律可得(mA+mB)g-F弹=(mA+mB)a,解得 a=2.5m/s2,隔离 B,则有 mBg-FN=mBa,代入 数据解得 FN=mBg-mBa=3.75N,D 正确。 二、多项选择题 5.由牛顿第二定律可知,无论怎样小的力都可以使物体产生加速度,可是当我们用一个很小的水平力 去推很重的桌子时,却推不动它,这是因为( ) A.牛顿第二定律不适用于静止物体 B.有加速度产生,但数值很小,不易觉察 C.静摩擦力等于水平推力,所以桌子静止不动 D.桌子所受合力为零,加速度为零,所以静止不动 答案 CD 解析用很小的力来推桌子,这个力小于最大静摩擦力,合力是零,根据牛顿第二定律,加速度等于零,所 以静止不动,即牛顿第二定律适用于静止物体,A、B 错误,D 正确;桌子受力平衡,水平方向上静摩擦力 等于水平推力大小,C 正确。 6. 如图所示,A、B 两物块质量分别为 2m、m,用一轻弹簧相连,将 A 用长度适当的轻绳悬挂于天花板上, 系统处于静止状态,B 物块恰好与水平桌面接触而没有挤压,此时轻弹簧的伸长量为 x。现将悬绳剪 断,则下列说法正确的是( ) A.悬绳剪断后,A 物块向下运动 2x 时速度最大 B.悬绳剪断后,A物块向下运动 3x 时速度最大 C.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为 2g D.悬绳剪断瞬间,A 物块的加速度大小为 g 3 2 答案 BD 解析剪断悬绳前,对物块 B受力分析,物块 B 受到重力和弹簧的弹力,可知弹力 F=mg。悬绳剪断瞬间, 对物块 A 分析,物块 A 的合力为 F合=2mg+F=3mg,根据牛顿第二定律,得 a= g,故 C 错误,D 正确。弹 3 2 簧开始处于伸长状态,弹力 F=mg=kx;物块 A 向下压缩,当 2mg=F'=kx'时,速度最大,即 x'=2x,所以 A 下 降的距离为 3x,故 B 正确,A 错误。 7.(2018·河北保定期中)右图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中 P、Q、N 是固定在车体上的压力 传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时 Q 传感器示数为零,P、N 传感器示数不为零。在 汽车向左匀加速启动过程中,P 传感器示数为零,而 Q、N 传感器示数不为零。已知 sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g 取 10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( ) A.2.5 m/s2B.3 m/s2 C.2 m/s2D.4 m/s2 答案 BD 解析在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而 Q、N 传感器示数不为零,受力分析如图所 示,则 FQ+mg=FNcos15°,F合=FNsin15°=ma, 解得 a=tan15°=m/s2=m/s22.7m/s2,故可能的 + ( × 0.27 + 10 × 0.27) (0.27 × + 2.7) 为 B、D选项。 8. 乘坐空中缆车饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为 30°的山坡以加速 度 a上行,如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为 m 的小物块,小物 块相对斜面静止。则下列说法正确的是( ) A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 C.小物块受到的滑动摩擦力为 mg+ma 1 2 D.小物块受到的静摩擦力为 mg+ma 1 2 答案 AD 解析 因为物块和斜面一起沿山坡向上加速运动,故物块所受静摩擦力沿斜面向上,A 对,B 错;小物块受力如 图所示,由牛顿第二定律 Ff-mgsin30°=ma,得 Ff= mg+ma,因小物块相对斜面静止,所以物块受静摩 1 2 擦力,故 C错,D 对。 9.如图甲所示,质量为 m 的小球放在光滑水平面上,在竖直线 MN 的左方受到水平恒力 F1作用(m 可视 为质点),在 MN 的右方除受 F1外还受到与 F1在同一直线上的水平恒力 F2的作用,小球运动的 v-t 图 像如图乙所示。下列说法正确的是( ) A.小球在 MN 右方加速度大小为 1 3 - 2 B.F2的大小为 21 3 - 1 C.小球在 MN 右方运动的时间为 t4-t2 D.小球在 t=0 到 t=t4这段时间内最大位移为 v1t2 1 2 答案 AD 解析因为 v-t图像斜率的绝对值为加速度的大小,选项 A 正确;由 F2-F1=ma2=m,可知选项 B 错误; 21 3 - 1 由题图乙可知小球在 MN 右方运动的时间为 t3-t1,选项 C错误;因为 v-t图像的面积等于物体的位移, 所以小球在 t=0 到 t=t4这段时间内最大位移为 v1t2,选项 D 正确。 1 2 三、非选择题 10.(2018·天津四合庄中学月考)如图所示,质量 m=2 kg 的小物块从倾角 =37°的光滑斜面上的 A 点 由静止开始下滑,经过 B 点后进入粗糙水平面,已知 AB 长度为 3 m,斜面末端 B 处与粗糙水平面平滑 连接。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取 10 m/s2)试求: (1)小物块滑到 B点时的速度大小; (2)若小物块从 A点开始运动到 C 点停下,一共经历时间 t=2.5 s,求 BC 的距离; (3)上问中,小物块与水平面的动摩擦因数 多大? 答案(1)6 m/s (2)4.5 m (3)0.4 解析(1)小物块在斜面 AB上时,由牛顿第二定律得 mgsin=ma1,解得 a1=gsin37°=10×0.6m/s2=6m/s2, 由 2a1xAB=得 vB=m/s=6m/s。2 21=2 × 6 × 3 (2)小物块在斜面上有 xAB=,则 t1=s=1s, 1 2 a 12 2 = 2 × 3 6 物块在 BC 段的运动时间为 t2=t-t1=1.5s, BC段的位移为 xBC=t2=4.5m。 2 (3)在水平面上,逆向分析,小物块的运动可看作初速度为零的匀加速运动, 由 vB=a2t2得加速度大小 a2=m/s2=4m/s2, 2 = 6 1.5 根据牛顿第二定律 mg=ma2, 代入数据解得 =0.4。 11.足够长的光滑斜面 BC 的倾角 =53°,一质量 m=2 kg 的小物块静止于 A 点,小物块与水平面间的 动摩擦因数 =0.5,水平面与斜面之间在 B 点有一小段弧形连接。现在 AB 段对小物块施加与水平方 向夹角为 =53°的恒力 F 作用,如图甲所示,小物块在 AB 段运动的速度时间图像如图乙所示,当到 达 B 点时迅速撤去恒力 F。(已知 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g 取 10 m/s2)求: (1)小物块所受到的恒力 F的大小; (2)小物块从 B 点沿斜面向上运动,到返回 B 点所用的时间; (3)小物块能否返回到 A点?若能,计算小物块通过 A 点时的速度:若不能,计算小物块停止运动时离 B 点的距离。 答案(1)11 N (2)0.5 s (3)小物块不能返回到 A 点,停止运 动时,离 B 点的距离为 0.4 m 解析(1)由题图乙可知,AB段加速度 a1=m/s2=0.5m/s2;根据牛顿第二定律,有 Fcos-(mg- = 2.0 - 0 4.0 - 0 Fsin)=ma 得 F=11N。 + cos + sin (2)小物块沿斜面运动时,由牛顿第二定律知,mgsin=ma2, 所以 a2=gsin=8m/s2 小物块从 B 点沿斜面向上运动所用时间与返回 B 点所用时间相等,则有 t=s=0.5s。 2 1 = 2 × 2.0 8.0 (3)小物块由 B 向 A返回过程中的加速度为 a3=g=5m/s2,由 B 开始运动到小物块静止,位移 为 s=m=0.4m,而 A和 B 之间的距离为 s'= ×2×4m=4m,所以小物块不能返回到 A 点,停止运 2 2 = 22 2 × 5 1 2 动时,离 B 点的距离为 0.4m。 12. (2017·全国卷)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距 s0和 s1(s1s0)处分别 放置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速 度 v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线 从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过 程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为 v1。重力加速度大小为 g。求: (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。 答案(1) (2) 02 - 1 2 20 1 ( 1+ 0) 2 202 解析(1)设冰球的质量为 m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为 ,由动能定理得-mgs0= 1 2 m 12 1 2 m 02 解得 =。 02 - 1 2 20 (2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种 情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为 a1和 a2,所用的时间为 t,由运动学公式得 =2a1s002 12 v0-v1=a1t s1= a2t2 1 2 联立式得 a2=。 1 ( 1+ 0) 2 202