新高考物理一轮复习学案 3.2 牛顿第二定律及其实验验证 两类动力学问题（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习学案 3.2 牛顿第二定律及其实验验证 两类动力学问题（含解析），共9页。学案主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

两类动力学问题
知识框架
一，牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它所受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．
3．力学单位制
(1)单位制由基本单位和导出单位共同组成．
(2)力学单位制中的基本单位有质量(kg)、长度(m)和时间(s)．
(3)导出单位有N、m/s、m/s2等．
核心素养
1．x-t图象的理解
核心素养一 用牛顿第二定律分析瞬时加速度
典例精讲
1．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
A．物块A的加速度为0
B．物块A的加速度为eq \f(g,3)
C．物块B的加速度为0
D．物块B的加速度为eq \f(g,2)
解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝eq \f(1,2)mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a＝eq \f(3mgsin 30°－F弹,3m)＝eq \f(g,3)，即A和B的加速度均为eq \f(g,3)，故选B.
答案：B
2．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．25 m/s 1.25 B．40 m/s 0.25
C．50 m/s 0.25 D．80 m/s 1.25
解析：根据h＝eq \f(1,2)at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(mg＋Ff,m)＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．
过关训练
答案：C
一、单选题
1．如图所示为甲、乙两质点沿同一直线运动的速度时间图像，下列判断正确的是（ ）
A．0~6 s内，不存在甲、乙加速度相同的时刻
B．0~6 s内，甲的平均速度小于乙的平均速度
C．3 s末，甲受到的合力小于乙受到的合力
D．若甲、乙在t=0时刻相遇，则它们在0~6 s内还会相遇两次
2．力 F1 单独作用在物体 A 上时产生的加速度 a1 大小为 5m/s2，力 F2 单独 作用在物体 A 上时产生的加速度 a2 大小为 2m/s2，那么，力 F1 和 F2 同时作用在 物体 A 上时产生的加速度 a 的大小不可能是（ ）
A．5m/s2B．3m/s2C．8m/s2D．7m/s2
3．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图像是
A．B．C．D．
4．如图所示，在粗糙水平地面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°。两个质量均为m的小物块p和q，p恰好能沿侧面匀速下滑，q沿斜面匀减速下滑。则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．斜劈A对地面的压力大小等于 SKIPIF 1 < 0
B．斜劈A对地面的压力大于 SKIPIF 1 < 0
C．地面对斜劈可能没有摩擦力
D．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用
5．用大小为12N的力竖直向上提起质量为1kg的物体，g取10m/s2，则物体的加速度大小为（ ）
A．12m/s2B．4m/s2C．2m/s2D．1m/s2
6．一块砖放在一足够长的倾斜木板上，砖能够加速下滑．某时刻起，将板逐渐下放至水平，则砖受到的摩擦力大小的变化可能是：( )
A．一直增大
B．一直减小
C．先增大后减小
D．先减小再增大
二、多选题
7．如图所示。在光滑的水平面上，质量分别为 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的两物体A和B靠在一起放在水平面上。用水平推力 SKIPIF 1 < 0 向右推A使两物体一起向右加速运动时（图甲），A和B之间的作用力为 SKIPIF 1 < 0 ，加速度为 SKIPIF 1 < 0 ，用同样大小的水平推力 SKIPIF 1 < 0 向左推B加速运动时（图乙），A和B之间的作用力为 SKIPIF 1 < 0 ，加速度为 SKIPIF 1 < 0 。则说法正确的是（ ）
A． SKIPIF 1 < 0 B． SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
三、解答题
8．如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑，当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处。 已知斜面AB光滑，长度l =2. 5m，斜面倾角为 SKIPIF 1 < 0 。 不计空气阻力，g取10m/s2. 求：
(1)小球p从A点滑到B点的时间；
(2)小球q抛出时初速度的大小。
9．列车在水平轨道上行驶，车厢中用细绳悬挂着一个质量为20g的小球A，在列车行驶中发现小球突然往前摆，使悬线跟竖直方向成一角度α＝ SKIPIF 1 < 0 ，如图，问：
(1)列车的运动速度怎样变化？加速度多大？方向如何？
(2)此时小球对悬线的拉力多大？(取g=10m/s2)
1．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
2．放在水平地面上一质量为m＝2 kg的质点，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后撤去外力，质点又运动了2 s停止，质点运动过程中所受阻力大小不变，求：
(1)撤去水平恒定外力时质点的速度大小；
(2)质点运动过程中所受到的阻力大小；
(3)质点所受水平恒定外力的大小．
参考答案
1解析：热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F合＝F浮－mg＝ma，得热气球所受的浮力F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4 830 N，则A项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B项错误；热气球以5 m/s的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力Ff＝F浮－mg＝4 830 N－460×10 N＝230 N，则D项正确；热气球从地面上升10 s内，它做变加速运动，故10 s时其速度大小不是5 m/s，则C项错误．
答案：AD
2解析：(1)质点开始做匀加速直线运动x0＝eq \f(0＋v0,2)t1，解得v0＝eq \f(2x0,t1)＝4 m/s.
(2)质点减速过程加速度a2＝eq \f(0－v0,t2)＝－2 m/s2
由牛顿第二定律有－Ff＝ma2
解得Ff＝4 N
(3)设开始加速过程中加速度为a1，由运动学公式可得x0＝eq \f(1,2)a1t2，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma1
解得F＝Ff＋ma1＝6 N.
答案：(1)4 m/s (2)4 N (3)6 N
过关训练
参考答案
1．B
【详解】
A．速度时间图像中切线的斜率表示加速度知：3 s后的时间内在乙的图线上可以画出一条与甲图线平行的切线，即甲、乙在某时刻的加速度可以相同，A错误；
B．根据速度时间图像中图线与t轴包围的面积表示位移知：0~6 s内，甲的位移明显小于乙的位移，由平均速度的定义式知：甲的平均速度小于乙的平均速度，B正确；
C．3 s末，甲的加速度大小为
SKIPIF 1 < 0
所受合力不为零，而乙图线切线的斜率为零即加速度为零，所受合力为零，故3 s末甲受到的合力大于乙受到的合力，C错误；
D．根据速度时间图像中图线与t轴包围的面积表示位移，若甲、乙在t=0时刻相遇，之后，它们的位移只相等一次，即它们在0~6 s内只能再相遇一次，D错误。
故选B。
2．C
【详解】
当二力在一条直线上且方向相同时，合加速度最大．即为： amax=a1+a2=5+2=7m/s2当二力在一条直线上且方向相反时，合加速度最小．即为： amin=a1﹣a2=5﹣2=3m/s2；所以合加速度的范围是：3m/s2≤a≤7m/s2；所以 ABD均在范围内，C不在该范围内，是不可能产生的加速度；本题选不可能产生的，故选C．
3．C
【详解】
根据物体受力可知：物体受到拉力、摩擦力、重力和支持力，其中重力和支持力为平衡力，物体所受合力为拉力和摩擦力的矢量和．当 SKIPIF 1 < 0 时，物块受静摩擦力，物块始终静止，物体所受合力为零，加速度为0；当 SKIPIF 1 < 0 时，物块受滑动摩擦力且大小不变，合力大于零，物块做加速运动．由牛顿第二定律可得 SKIPIF 1 < 0 ，又 SKIPIF 1 < 0 ，则有 SKIPIF 1 < 0 ，根据图像可知，综上所述，正确答案为C．
4．B
【详解】
由题意可知，p、A处于平衡状态，q匀减速下滑，具有沿斜面向上的加速度a，利用整体法分析，具有竖直向上的分加速度，故地面的支持力
N> SKIPIF 1 < 0
即斜劈A对地面的压力大于 SKIPIF 1 < 0 ，具有水平向左的分加速度，故地面对斜劈的静摩擦力向左，ACD错误，B正确。
故选B。
5．C
【详解】
根据牛顿第二定律可知
F-mg=ma
物体的加速度
SKIPIF 1 < 0
故选C。
6．C
【详解】
设木板与水平面的倾角为θ，对物体进行受力分析可知物体受竖直向下的重力mg，垂直木板向上的支持力N，沿木板向上的静摩擦力F，当物体在木板上下滑时，夹角继续减小，则有N=mgcsθ 与f=μN=μmgcsθ 所以有摩擦力增大；当在物体处于静止状态时，故垂直木板方向合力为零，则物块所受支持力与摩擦力的合力与重力相平衡，故合力不变．因此，N=mgcsθ；在沿斜面方向有f′=mgsinθ，由题意可知θ逐渐减小，故N逐渐增大，f′逐渐减小．
A．一直增大，与结论不相符，选项A错误；
B． 一直减小，与结论不相符，选项B错误；
C．先增大后减小，与结论相符，选项C正确；
D．先减小再增大，与结论不相符，选项D错误；
故选C．
【点睛】
本类题目的解题步骤：确定研究对象，对研究对象进行受力分析，再进行正交分解，最后根据受力平衡写出所求力的数学表达式，从而可以根据角度的变化情况判断出力的变化情况．
7．AD
【详解】
CD．将AB看作一个整体，由牛顿第二定律，有
F = (m + M)a1，F = (m + M)a2
根据上式可知
a1：a2 = 1：1
C错误、D正确；
AB．在甲图中对B列牛顿第二定律，有
F1 = ma1
在甲图中对A列牛顿第二定律，有
F2 = Ma2
根据上面二式可知
F1：F2 = 1：2
A正确、B错误。
故选AD。
8．(1)1s；(2) SKIPIF 1 < 0 m/s；
【详解】
（1）小球p从斜面上下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
下滑所需时间为 SKIPIF 1 < 0 ，根据运动学公式得
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（2）小球q运动为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设抛出速度为 SKIPIF 1 < 0 。 则
SKIPIF 1 < 0
依题意得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
9．(1)向右减速， SKIPIF 1 < 0 ，向左(2) SKIPIF 1 < 0
【解析】
【详解】
(1)对A球进行受力分析，如图所示：
在水平方向：
SKIPIF 1 < 0
解得：
SKIPIF 1 < 0
方向水平向左，因此，列车的运动速度正在减小；
(2)此时悬线对小球的拉力为：
SKIPIF 1 < 0
根据牛顿第三定律得，小球对悬线的拉力为：
SKIPIF 1 < 0 。