2020高考物理一輪總復習 課時沖關八 牛頓第二定律 兩類動力學問題（含解析）新人教版

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1、 牛頓第二定律　兩類動力學問題 [A級－基礎練] 1．大小分別為1 N和7 N的兩個力作用在一個質(zhì)量為1 kg的物體上，物體能獲得的最小加速度和最大加速度分別是(　　) A．1 m/s2和7 m/s2　　　　 B．5 m/s2和8 m/s2 C．6 m/s2和8 m/s2 D．0 m/s2和8 m/s2 解析：C　[當兩力反向時，合力最小，加速度最小，amin＝ m/s2＝6 m/s2；當兩力同向時，合力最大，加速度最大，amax＝ m/s2＝8 m/s2，選項C正確．] 2．有研究發(fā)現(xiàn)，轎車的加速度變化情況將影響乘客的舒適度，即加速度變化得越慢，乘客就會感到越舒適，加速度變

2、化得越快，乘坐轎車的人就會感到越不舒適．若引入一個新物理量來表示加速度變化的快慢，則該物理量的單位是(　　) A．m/s B．m/s2 C．m/s3 D．m2/s 解析：C　[新物理量表示的是加速度變化的快慢，所以新物理量應該等于加速度的變化量與時間的比值，所以新物理量的單位應該是m/s3，選項C正確．] 3．(2018·山東棗莊質(zhì)檢)有一輕質(zhì)橡皮筋下端掛一個鐵球，手持橡皮筋的上端使鐵球豎直向上做勻加速運動，若某時刻手突然停止運動，則下列判斷正確的是(　　) A．鐵球立即停止上升，隨后開始向下運動 B．鐵球立即開始向上做減速運動，當速度減到零后開始下落 C．鐵球立即開始向上做

3、減速運動，當速度達到最大值后開始下落 D．鐵球繼續(xù)向上做加速運動，當速度達到最大值后才開始做減速運動 解析：D　[鐵球勻加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止運動瞬間，鐵球由于慣性繼續(xù)向上運動，開始階段橡皮條的拉力還大于重力，合力豎直向上，鐵球繼續(xù)向上加速運動，當拉力等于重力后，速度達到最大值，之后拉力小于重力，鐵球開始做減速運動，故A、B、C錯誤，D正確．] 4．(2018·萊州質(zhì)檢)如圖所示，小車沿水平面做直線運動，小車內(nèi)光滑底面上有一物塊被壓縮的彈簧壓向左壁，小車向右加速運動．若小車向右加速度增大，則車左壁受物塊的壓力F1和車右壁受彈簧的壓力F2的大小變化

4、是(　　) A．F1不變，F(xiàn)2變大 B．F1變大，F(xiàn)2不變 C．F1、F2都變大 D．F1變大，F(xiàn)2減小 解析：B　[若小車向右的加速度增大，彈簧長度不變，則車左壁受物塊的壓力F1增大，車右壁受彈簧的壓力F2的大小不變，B正確．] 5．(2019·廣西南寧模擬)如圖所示，車內(nèi)輕繩AB與BC拴住一小球，BC水平，開始車在水平面上向右做勻速直線運動，現(xiàn)突然剎車做勻減速直線運動，小球仍處于圖中所示的位置，則(　　) A．AB繩、BC繩拉力都變小 B．AB繩拉力變大，BC繩拉力不變 C．AB繩拉力不變，BC繩拉力變小 D．AB繩拉力不變，BC繩拉力變大 解析：C　[對球B

5、受力分析，受重力、BC繩子的拉力FT2、AB繩子的拉力FT1，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向：FT2－FT1sin θ＝ma 豎直方向：FT1cos θ－mg＝0 解得FT1＝，AB繩子的拉力不變 FT2＝mgtan θ＋ma 勻速時加速度為零，剎車后，加速度向左，取負值，所以，BC繩子的拉力變小，故C正確，A、B、D錯誤．] 6．(2019·黃石模擬)如圖，帶有豎直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被輕質(zhì)細線和輕彈簧系住靜止于斜面上，彈簧處于拉伸狀態(tài)．現(xiàn)剪斷細線，小球沿斜面向下運動的過程中(　　) A．彈簧達到自然長度前加速運動，之后減速運動 B．彈簧達到自然

6、長度前加速運動，之后先加速運動后減速運動 C．加速度先增大后減小 D．加速度一直減小 解析：B　[在未剪斷細線時，彈簧處于伸長狀態(tài)，故彈簧對小球有向下的彈力，故剪斷細線后小球先加速向下運動，加速度減小，當彈簧的彈力沿斜面向上且等于小球重力沿斜面向下的分力時，速度達到最大，小球繼續(xù)向下運動，此后彈簧的彈力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球做減速運動，并且加速度增大，選項B正確．] 7.如圖所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC兩部分組成，且AB＝BC.小物塊P(可視為質(zhì)點)以某一初速度從A點滑上桌面，最后恰好停在C點，已知物塊經(jīng)過AB與BC兩部分的時間之比為1∶4，則物塊P與桌面上AB

7、、BC部分之間的動摩擦因數(shù)μ1、μ2之比為(P物塊在AB、BC上所做兩段運動可看做勻變速直線運動)(　　) A．1∶4　　 B．8∶1　　　C．1∶1　　　D．4∶1 解析：B　[設B點的速度為vB，根據(jù)勻變速直線運動平均速度的推論有：t1＝t2，又t1∶t2＝1∶4，解得：vB＝，在AB上的加速度大小為：a1＝μ1g＝，在BC上的加速度大小為：a2＝μ2g＝，聯(lián)立解得：μ1∶μ2＝8∶1，故選B.] 8．(2019·吉林調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為4 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面．質(zhì)量為1 kg的物體B用細線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力．某時刻將細線剪斷，則細線剪

8、斷瞬間，B對A的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　) A．0 B．8 N C．10 N D．50 N 解析：B　[剪斷細線前，物體A、B間無壓力，則彈簧的彈力F＝mAg＝40 N，剪斷細線的瞬間，對物體A、B整體分析，整體加速度a＝＝2 m/s2，對物體B隔離分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝8 N，故B正確．] 9．(2019·廣州六校聯(lián)考)某種型號焰火禮花彈從專用炮筒中射出后，在4 s末到達離地面100 m的最高點時炸開，構(gòu)成各種美麗的圖案．假設禮花彈從炮筒中豎直向上射出時的初速度是v0，上升過程中所受的阻力大小始終是自身重

9、力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分別等于(　　) A．40 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25 C．50 m/s,1.25 D．50 m/s,0.25 解析：D　[上升過程中所受的阻力f＝kmg，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝(k＋1)g，根據(jù)h＝at2，得：a＝＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s，而(k＋1)g＝12.5 m/s2，所以k＝0.25.故選D.] [B級—能力練] 10．(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)

10、沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球，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 解析：A　[設AB與豎直方向的夾角為θ，則AB＝2Rcos θ，小球沿AB下滑的加速度為a＝gcos θ，解得小球在AB上運動的時間為t1＝ ＝ ；同理可知小球在AC上運動的時間為t2＝ ＝ ，則t1與t2之比為1∶，選項A正確．] 11.(多選)如圖所示是一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連著一質(zhì)量為m的物塊A，A放在托盤B上初始時全部靜止，彈簧處于自然長度，現(xiàn)設法控制

11、B的運動，使A勻加速下降，用x表示彈簧伸長量，用a表示A的加速度，則在能保持A勻加速下降的整個過程中(始終在彈簧彈性限度內(nèi))，重力加速度為g，下列說法正確的有(　　) A．B對A的作用力隨彈簧伸長量x線性遞增 B．若a＝，則彈簧最大形變量為 C．B對A的最大作用力為m(g＋a) D．物塊A的高度下降了 解析：BD　[隨著托盤向下運動，彈簧的彈力增大，托盤支持力減小，A錯誤；當a＝時，根據(jù)牛頓第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma＝＝kx，解得x＝，故B正確；由B項可知，B對A的最大作用力為F＝mg－ma，故C錯誤；由mg－ma＝kx得：x＝，故物塊的高度下降了，D正確．]

12、 12．(2019·江西重點中學聯(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：A　[網(wǎng)球受力如圖甲所示，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

13、力為F＝，故C錯誤；當a＞gtan θ時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsin θ與gtan θ的大小關系未知，故球不一定沿球拍向上運動，故D錯誤．] 13．(2019·臺州模擬)已知無人機質(zhì)量m＝1 kg，動力系統(tǒng)能提供的最大升力F＝16 N，無人機上升過程中最大速度v＝6 m/s，若無人機從地面以最大升力豎直起飛，達到最大速度所用時間為3 s，假設無人機豎直飛行時所受阻力大小不變，求： (1)無人機以最大升力起飛的加速度大?。? (2)無人機在豎直上升過程中所受阻力Ff的大??； (3)無人機從地面起飛豎直上升至離地高度h＝30 m的高空所需的最短時間． 解析：(1)無人機以最大升力起飛

14、的加速度大小為： a＝＝ m/s2＝2 m/s2. (2)根據(jù)牛頓第二定律可得， F－mg－Ff＝ma， 代入數(shù)據(jù)可解得：Ff＝4 N. (3)由位移－時間公式得，無人機勻加速上升的高度： h1＝at2＝×2×32 m＝9 m， 無人機達到最大速度勻速上升的高度： h2＝h－h(huán)1＝30 m－9 m＝21 m， 由x＝vt得，無人機勻速飛行的時間： t′＝＝ s＝3.5 s 則無人機從地面起飛豎直上升至離地高度h＝30 m的高空所需的最短時間： t總＝t＋t′＝3 s＋3.5 s＝6.5 s. 答案：(1)2 m/s2　(2)4 N　(3)6.5 s 14．2018年

15、中國大學生越野滑雪錦標賽于12月24日上午8點30分在長春凈月潭瓦薩越野滑雪基地開賽．滑雪運動是運動員把滑雪板裝在靴底在雪地上進行的滑行、跳躍的競賽運動．當滑雪板相對雪地速度較大時，會把雪內(nèi)的空氣逼出來，在滑雪板與雪地間形成一個暫時的“氣墊”，從而大大減小雪地對滑雪板的摩擦．然而當滑雪板相對雪地速度較小時，與雪地接觸的時間超過某一值，滑雪板就會下陷，使得與雪地間的摩擦力增大．假設速度超過8 m/s時，滑雪板與雪地間的動摩擦因數(shù)就會由μ1＝0.25變?yōu)棣?＝0.125.一運動員從傾角θ＝37°的坡頂A處由靜止開始自由下滑，滑至坡底B(B處為一光滑小圓弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C處，如圖所

16、示．不計空氣阻力，已知坡長l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求運動員從靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間； (2)求運動員到達B處時的速度大??； (3)若滑雪板與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ3＝0.5，求運動員在水平地面上運動的最大距離． 解析：(1)由牛頓第二定律得，mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，有a1＝gsin θ－μ1gcos θ＝4 m/s2 運動員從靜止開始到動摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時間t1＝＝2 s 位移x1＝a1t＝8 m. (2)由牛頓第二定律得，mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，得a2＝gsin θ－μ2gcos θ＝5 m/s2 由v＝v2＋2a2(l－x1) 代入數(shù)據(jù)解得vB＝15 m/s. (3)根據(jù)牛頓第二定律得a3＝μ3g＝5 m/s2 在水平面滑行的距離x3＝＝22.5 m. 答案：(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m 8