高考物理一轮复习课时作业8牛顿第二定律两类动力学问题含答案

这是一份高考物理一轮复习课时作业8牛顿第二定律两类动力学问题含答案，共9页。
牛顿第二定律　两类动力学问题(建议用时40分钟)1．(2021·绵阳模拟)竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2 的加速度，若推动力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2，不计空气阻力)(　　)A．20 m/s2　　　　  B．25 m/s2C．30 m/s2       D．40 m/s2【解析】选C。对火箭进行受力分析F－mg＝ma，若推动力增大到2F，则有2F－mg＝ma′，解得，a′＝30 m/s2，故选C。2.(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时(　　)A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑【解析】选B、D。当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ。当物体以加速度a向上加速运动时，有FN＝m(g＋a)cos θ，Ff＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D正确。3.如图所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量mA＝2mB，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上。开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平面向左运动，将弹簧压缩到最短时，A、B两物体间的作用力为F，则弹簧对A物体的作用力的大小为(　　)A．F　　　B．2F　　　C．3F　　　D．4F【解析】选C。A、B碰后以相同的速度一起运动，即A、B的加速度相同。以B为研究对象，据牛顿第二定律得aB＝＝＝＝aA。以A为研究对象，设弹簧对A的作用力为FA，根据牛顿第二定律有FA－F＝mAaA，则FA＝F＋mAaA＝F＋mA·＝3F。4.一皮带传送装置如图所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是(　　)A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大【解析】选D。滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大后减小。5.(多选)如图所示，固定在地面上的斜面足够长，其倾角为30°，用平行于斜面向上，大小为16 N的力F作用在质量为2 kg的物块上，物块恰好沿斜面匀速上滑，若g取10 m/s2，物块所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。则下列说法中正确的是(　　)A．在撤去力F的瞬间，物块所受摩擦力方向不变B．在撤去力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2C．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4D．撤去力F后，物块最终将静止在斜面上【解析】选A、B。物块匀速上滑过程，受到力F、重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有F－Gsin30°－f＝0，代入数据解得f＝6 N；撤去F后，物块由于惯性继续上滑，其余力均不变，则摩擦力f＝6 N，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有f＋Gsin30°＝ma1，解得a1＝8 m/s2，选项A、B正确；滑动摩擦力f＝μGcos30°，解得μ＝，选项C错误；当物块上滑的速度减为零时，因Gsin30°＞μGcos30°(即μ＜tan30°)，物块不能保持静止，将沿斜面下滑，选项D错误。【题后反思】本题关键分三个过程对物块进行运动情况分析和受力情况分析，最后根据牛顿第二定律列式求解即可。6.(多选)如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力。已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则(　　)A．当m到达最高点时，m的加速度为gB．当m到达最高点时，M的加速度为gC．当m速度最大时，弹簧的形变量为D．当m速度最大时，M对地面的压力为Mg【解析】选A、C。当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，所以弹簧对m的作用力也是Mg，所以m的加速度为：am＝＝g，故A正确；当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，M受到的合力为零，加速度为零，故B错误；由题可知开始时弹簧对m的弹力大于m的重力，m向上做加速运动，当弹簧的弹力小于m的重力时，m做减速运动，所以弹簧中弹力等于mg时，m有最大速度，由胡克定律得：mg＝kx，得：x＝，故C正确；对M受力分析FN－kx－Mg＝0，解得FN＝Mg＋mg，故D错误。7.(创新题)如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6 m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5 s物体刚好回到出发点，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值。(结果保留2位有效数字)【解析】(1)物体上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x，由牛顿第二定律有：mgsin37°＝ma1，代入数据得a1＝6 m/s2，由运动学公式有v＝2a1x，联立解得物体上滑的最大位移为x＝3 m。(2)物体沿斜面上滑的时间为t1＝＝ s＝1 s，物体沿斜面下滑的时间为t2＝t－t1＝1.5 s，下滑过程中，由运动学公式有x＝a2t，由牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，联立解得μ≈0.42。答案：(1)3 m　(2)0.428．(多选)(2020·红河模拟)如图甲所示，一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同。已知滑块在运动过程中所受的摩擦力大小与时间的关系如图乙所示，设滑块运动到B点前后速率不变，以下说法正确的是(　　)A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝【解析】选B、D。设滑块到达B点的速度为v，滑块在斜面上的位移x1＝·4t0，在水平面上的位移x2＝·t0，滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为＝＝，故A错误；滑块从A到B的过程中v＝a1·4t0，滑块从B到C的过程中v＝a2t0，加速度大小之比＝，故B正确；由题图乙可得Ff2＝μmg＝5 N，Ff1＝μmg cos θ＝4 N，所以＝cos θ＝0.8，即θ＝37°，故C错误；滑块在斜面上运动的过程中mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，在水平面上运动的过程中ma2＝μmg，解得μ＝，故D正确。9．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　)A．F    B．    C．    D．【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)合理确定研究对象：根据力的效果，思考选择哪几节车厢作为研究对象；(2)正确进行受力分析：分析研究对象所受的每个外力；(3)选择合适的列式依据：牛顿第二定律。【解析】选C。根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，以后面38节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma。设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，以最后两节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝。故选C。10.(创新题)(多选)如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速度释放，用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a所用的时间，则(　　)A．v1＞v2　 B．v1＜v2　 C．t1＝t2　 D．t1＜t2【解析】选A、D。因b环开始的竖直高度大于c，根据v＝可知，v1＞v2，选项A正确、B错误；过a点作竖直线，分别作经过c点和b点的等时圆如图所示，由图可知过c点的等时圆的直径较大，则时间长，即t1<t2，故选项D正确，C错误。【加固训练】某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是              (　　)A.甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B.甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C.乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D.乙图中小球下滑至底端的速度大小相同【解析】选C。小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝g sin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝at2，，解得小球在斜面上的运动时间为，根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确。11.(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图甲，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度g取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)A．木板的质量为1 kgB．2～4 s内，力F的大小为0.4 NC．0～2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】选A、B。结合两图象可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；在4～5 s内，木板在摩擦力的作用下做匀减速运动，ma2＝f＝0.2 N，加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2 ，得m＝1 kg，故A正确；在2～4 s内木板加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，则F＝ma1＋f＝0.4 N，故B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。12．如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F­t图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2)，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。【解题指导】解答本题应注意以下三点：（1）根据牛顿第二定律列式即可求得加速度。（2）根据物件做匀减速运动的时间，再结合运动学公式即可求解匀速运动的速度。（3）分别计算物件做匀速运动和匀减速运动的位移，据此计算总位移即可。【解析】(1)由题图2可知0～26 s内物件匀速运动，26～34 s物件匀减速运动，在匀减速运动过程根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，根据题图2得此时FT＝1 975 N，则有a＝g－＝0.125 m/s2，方向竖直向下。(2)结合题图2根据运动学公式有v＝at2＝0.125×(34－26) m/s＝1 m/s。(3)根据题图2可知匀速上升的位移h1＝vt1＝1×26 m＝26 m，匀减速上升的位移h2＝t2＝×8 m＝4 m，匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，则有h1＋h2＝h，所以总位移为h＝40 m。答案：(1)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m