（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)分層作業(yè) 八 3.2 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題.doc

《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)分層作業(yè) 八 3.2 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)分層作業(yè) 八 3.2 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)分層作業(yè) 八牛頓第二定律　兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 (45分鐘　100分) 【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～7題為單選題,8～10題為多選題) 1.大小分別為1 N和7 N的兩個(gè)力作用在一個(gè)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】選C。當(dāng)兩力反向時(shí),合力最小,加速度最小,amin= m/s2=6 m/s2;當(dāng)兩力同向時(shí),合力最大,加速度最大,amax= m/s2=8 m/s2,選項(xiàng)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(huì)感到越舒適,加速度變化得越快,乘坐轎車的人就會(huì)感到越不舒適。若引入一個(gè)新物理量來(lái)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】選C。新物理量表示的是加速度變化的快慢,所以新物理量應(yīng)該等于加速度的變化量與時(shí)間的比值,所以新物理量的單位應(yīng)該是m/s3,選項(xiàng)C正確。 3.(2018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(xì)線和輕彈簧系住靜止于斜面上,彈簧處于拉伸狀態(tài)?，F(xiàn)剪斷細(xì)線,小球沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中 (　　) A.彈簧達(dá)到自然長(zhǎng)度前加速運(yùn)動(dòng),之后減速運(yùn)動(dòng) B.彈簧達(dá)到自然長(zhǎng)度前加速運(yùn)動(dòng),之后先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng) C.加速度先增大后減小 D.加速度一直減小 【解析】選B。在未剪斷細(xì)線時(shí),彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài),故彈簧對(duì)小球有向下的彈力,故剪斷細(xì)線后小球先加速向下運(yùn)動(dòng),加速度減小,當(dāng)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(shí),速度達(dá)到最大,小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng),并且加速度增大,選項(xiàng)B正確。 4.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(diǎn))以某一初速度從A點(diǎn)滑上桌面,最后恰好停在C點(diǎn),已知物塊經(jīng)過(guò)AB與BC兩部分的時(shí)間之比為1∶4,則物塊P與桌面上AB、BC部分之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1、μ2之比為(P物塊在AB、BC上所做兩段運(yùn)動(dòng)可看作勻變速直線運(yùn)動(dòng)) (　　) A.1∶4　 　B.8∶1 C.1∶1　 　D.4∶1 【解析】選B。設(shè)B點(diǎn)的速度為vB,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度的推論有: t1=t2,又t1∶t2=1∶4,解得:vB=,在AB上的加速度為:a1=μ1g=,在BC上的加速度為:a2=μ2g=,聯(lián)立解得:μ1∶μ2=8∶1,故選B。 5.(2018鄭州模擬)如圖所示,質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體通過(guò)輕彈簧連接,在力F的作用下一起沿水平方向向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(m1在光滑地面上,m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為θ。則m1的加速度大小為 (　　) A. B. C. D. 【解析】選A。把m1、m2看作一個(gè)整體,在水平方向上加速度相同,由牛頓第二定律可得Fcosθ=(m1+m2)a,所以a=,選項(xiàng)A正確。 6.如圖所示,質(zhì)量為m的小球一端用輕質(zhì)細(xì)繩連在豎直墻上,另一端用輕質(zhì)彈簧連在天花板上。輕繩處于水平位置,彈簧與豎直方向夾角為θ。已知重力加速度為g,則在剪斷輕繩瞬間,小球加速度的大小為 (　　) A.0 B.gsinθ C.gtanθ D. 【解析】選C。以球?yàn)檠芯繉?duì)象,如圖所示,建立直角坐標(biāo)系,將FOA分解, 由平衡條件 FOB-FOAsinθ=0,FOAcosθ-mg=0,聯(lián)立解得FOB=mgtanθ 剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒(méi)有變化,小球所受的合外力是重力與彈力的合力,與原來(lái)細(xì)繩的拉力大小相等,方向相反,由牛頓第二定律得a===gtanθ,方向水平向右。 【加固訓(xùn)練】 如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接,物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連,物塊1、3質(zhì)量為m,2、4質(zhì)量為M,兩個(gè)系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g,則有 (　　) A.a1=a2=a3=a4=0 B.a1=a2=a3=a4=g C.a1=a2=g,a3=0,a4=g D.a1=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(lái)不及改變,此時(shí)彈簧對(duì)3向上的彈力大小和對(duì)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正確。 7.如圖所示,50個(gè)大小相同、質(zhì)量均為m的小物塊,在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)。已知斜面足夠長(zhǎng),傾角為30,各物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,重力加速度為g,則第46個(gè)小物塊對(duì)第45個(gè)小物塊的作用力大小為 (　　) A.F B.F C.mg+F D.因?yàn)閯?dòng)摩擦因數(shù)未知,所以不能確定 【解題指導(dǎo)】(1)本題考慮整體法與隔離法結(jié)合進(jìn)行分析。 (2)各小物塊加速度相同,運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同。 【解析】選B。以50個(gè)物塊為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律F-50mgsin30 -50μmgcos30=50ma,以上面5個(gè)物塊為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律FN-5mgsin30-5μmgcos30=5ma,聯(lián)立可得FN=F,選項(xiàng)B正確。 8.(2015全國(guó)卷Ⅰ)如圖甲,一物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面,其運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖乙所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則可求出 (　　) A.斜面的傾角 B.物塊的質(zhì)量 C.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度 【解析】選A、C、D。物塊在上滑過(guò)程中有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,v0=a1t1;在下滑過(guò)程中有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,v1=a2(2t1-t1),由以上方程可以求出θ和μ,但不能求出物塊的質(zhì)量m,故A、C正確,B錯(cuò)誤;由圖象可得物塊上滑的最大位移為x=v0t1,則上滑的最大高度為hmax=xsinθ=v0t1sinθ,故選項(xiàng)D正確。 9.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(pán)B上,初始時(shí)全部靜止,彈簧處于自然長(zhǎng)度,現(xiàn)設(shè)法控制B的運(yùn)動(dòng),使A勻加速下降,用x表示彈簧伸長(zhǎng)量,用a表示A的加速度,則在能保持A勻加速下降的整個(gè)過(guò)程中(始終在彈簧彈性限度內(nèi)),重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的有 (　　) A.B對(duì)A的作用力隨彈簧伸長(zhǎng)量x線性遞增 B.若a=,則彈簧最大形變量為 C.B對(duì)A的最大作用力為m(g+a) D.物塊A的高度下降了 【解析】選B、D。隨著托盤(pán)向下運(yùn)動(dòng),彈簧的彈力增大,托盤(pán)支持力減小,A錯(cuò)誤;當(dāng)mg-F=ma,解得F=mg-ma==kx,解得x=,故B正確;由B項(xiàng)可知,B對(duì)A的最大作用力為F=mg-ma,故C錯(cuò)誤;由mg-ma=kx得:x=,故物塊的高度下降了,D正確。 10.(2018肇慶模擬)受水平外力F作用的物體,在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng),其v-t圖線如圖所示,則 (　　) A.在0～t1時(shí)間內(nèi),外力F大小不斷增大 B.在t1時(shí)刻,外力F為零 C.在t1～t2時(shí)間內(nèi),外力F大小可能不斷減小 D.在t1～t2時(shí)間內(nèi),外力F大小可能先減小后增大 【解析】選C、D。v-t圖象的斜率表示加速度,在0～t1時(shí)間內(nèi),物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得,F-f=ma,所以外力F不斷減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在t1時(shí)刻,加速度為零,外力F等于摩擦力f,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在t1～t2時(shí)間內(nèi),物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得,f-F=ma′,所以外力F可能不斷減小,選項(xiàng)C正確;若物體靜止前,外力F已減至零,則此后,外力F必再反向增大,選項(xiàng)D正確。 二、計(jì)算題(15分。需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟) 11.(2016海南高考)水平地面上有質(zhì)量分別為m和4m的物塊A和B,兩者與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。細(xì)繩的一端固定,另一端跨過(guò)輕質(zhì)動(dòng)滑輪與A相連,動(dòng)滑輪與B相連,如圖所示。初始時(shí),繩處于水平拉直狀態(tài)。若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動(dòng)了距離s,重力加速度大小為g。求: (1)物塊B克服摩擦力所做的功。 (2)物塊A、B的加速度大小。 【解析】(1)物塊A移動(dòng)了距離s,則物塊B移動(dòng)的距離為s1=s ① 物塊B受到的摩擦力大小為f=4μmg ② 物塊B克服摩擦力所做的功為 W=fs1=2μmgs ③ (2)設(shè)物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB,繩中的張力為T(mén)。由牛頓第二定律得 F-μmg-T=maA ④ 2T-4μmg=4maB ⑤ 由A和B的位移關(guān)系得aA=2aB ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式得aA= ⑦ aB= ⑧ 答案:(1)2μmgs　(2)　 【能力拔高題組】 1.(8分)質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上,一細(xì)繩繞過(guò)皮帶輪的皮帶槽,一端系一質(zhì)量為m的重物,另一端固定在桌面上。如圖所示,工件與桌面、繩之間以及繩與桌面邊緣之間的摩擦都忽略不計(jì),桌面上繩子與桌面平行,則重物下落過(guò)程中,工件的加速度為 (　　) A.　　　　 B. C. D. 【解析】選A。相等時(shí)間內(nèi)重物下落的距離是工件運(yùn)動(dòng)距離的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,設(shè)繩子上的拉力為F,根據(jù)牛頓第二定律有:=2,解得:F=,工件加速度為:a==,所以A正確。 2.(17分)神舟飛船完成了預(yù)定空間科學(xué)和技術(shù)實(shí)驗(yàn)任務(wù)后,返回艙開(kāi)始從太空向地球表面預(yù)定軌道返回,返回艙開(kāi)始時(shí)通過(guò)自身制動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)進(jìn)行調(diào)控減速下降,穿越大氣層后在一定高度打開(kāi)阻力降落傘進(jìn)一步減速下降,這一過(guò)程中若返回艙所受的空氣阻力與速度的平方成正比,比例系數(shù)(空氣阻力系數(shù))為k,所受空氣浮力不變,且認(rèn)為豎直降落,從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí),返回艙的v-t圖象如圖所示,圖中AB是曲線在A點(diǎn)的切線,切線與橫軸交點(diǎn)B的坐標(biāo)為(8,0),CE是曲線AD的漸近線,假如返回艙總質(zhì)量為M=400 kg,g取10 m/s2,求: (1)返回艙在這一階段的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 (2)在開(kāi)始時(shí)刻v0=160 m/s時(shí),它的加速度大小。 (3)空氣阻力系數(shù)k的數(shù)值。 【解析】(1)由速度圖象可以看出,圖線的斜率逐漸減小到零,即做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),直至勻速運(yùn)動(dòng)。 (2)開(kāi)始時(shí)v0=160 m/s,過(guò)A點(diǎn)切線的斜率大小就是此時(shí)加速度的大小,則 a=||=|| m/s2=20 m/s2 故加速度大小為20 m/s2。 (3)設(shè)浮力為F,由牛頓第二定律得 在t=0時(shí)有k+F-Mg=Ma 由圖知返回艙的最終速度為v=4 m/s 當(dāng)返回艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有 kv2+F-Mg=0 故k===0.31 答案:(1)先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),直至勻速運(yùn)動(dòng)　(2)20 m/s2 　(3)0.31