2023年高考物理一轮复习课时练08《牛顿第二定律 两类动力学问题》(含答案详解)

这是一份2023年高考物理一轮复习课时练08《牛顿第二定律 两类动力学问题》(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)( )
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紧挨在一起但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)
有一轻质橡皮筋下端挂一个铁球，手持橡皮筋的上端使铁球竖直向上做匀加速运动，若某时刻手突然停止运动，则下列判断正确的是( )
A.铁球立即停止上升，随后开始向下运动
B.铁球立即开始向上做减速运动，当速度减到零后开始下落
C.铁球立即开始向上做减速运动，当速度达到最大值后开始下落
D.铁球继续向上做加速运动，当速度达到最大值后才开始做减速运动
如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是( )
A.F1不变，F2变大 B.F1变大，F2不变
C.F1、F2都变大 D.F1变大，F2减小
如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A.0 B.8 N C.10 N D.50 N
如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( )
A.1∶1∶1 B.5∶4∶3 C.5∶8∶9 D.1∶2∶3
如图所示，两根长度分别为L1和L2的光滑杆AB和BC在B点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B点由静止释放，分别沿BA和BC滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )
A. eq \r(\f(2\r(L1L2),g)) B.eq \r(\f(\r(2L1L2),g)) C. eq \r(\f(2\r(L\\al(2,1)＋L\\al(2,2)),g)) D. eq \r(\f(2L\\al(2,1)＋L\\al(2,2),gL1＋L2))
如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为( )
A.4 kg B.3 kg C.2 kg D.1 kg
(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )
A.木块立即做减速运动
B.木块在一段时间内速度仍增大
C.当F等于弹簧弹力时，木块速度最大
D.弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零
(多选)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )
A.小球受力个数不变
B.小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C.小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D.若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
(多选)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(设缆车保持竖直状态运行)。则( )
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eq \f(1,2)mg＋ma
D.小物块受到的静摩擦力为eq \f(1,2)mg＋ma
三、计算题
如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度v0=9.6 m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ=37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量m=1 kg，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，g取10 m/s2。试求：
(1)滑块回到出发点时的速度大小。
(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图像。
如图甲所示，质量为m=1 kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=0.5 s时撤去拉力，物体速度与时间(v ­t)的部分图像如图乙所示。(g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8)问：
(1)拉力F的大小为多少？
(2)物体沿斜面向上滑行的最大距离s为多少？
如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA＝2 kg的薄木板A和质量为mB＝3 kg的金属块B，A的长度l＝2 m，B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC＝1 kg的物块C相连。B与A之间的滑动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及与轴间的摩擦。起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端(如图)，然后放手，求金属块B从A的右端脱离所经历的时间t(设A的右端距滑轮足够远)(取g＝10 m/s2)。
\s 0 答案解析
答案为：C；
解析：物块在上升过程中加速度大小为a=eq \f(mg＋kv,m)，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a=eq \f(mg－kv,m)，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。
答案为：B；
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系统分析，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)。
答案为：D
解析：铁球匀加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止运动瞬间，铁球由于惯性继续向上运动，开始阶段橡皮条的拉力还大于重力，合力竖直向上，铁球继续向上加速运动，当拉力等于重力后，速度达到最大值，之后拉力小于重力，铁球开始做减速运动，故A、B、C错误，D正确。
答案为：B
解析：若小车向右加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，B正确。
答案为：B
解析：剪断细线前，物体A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40 N，剪断细线的瞬间，对物体A、B整体分析，整体加速度a＝eq \f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝2 m/s2，对物体B隔离分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝8 N，故B正确。
答案为：A
解析：利用等时圆模型，以AC为直径画圆，B、D刚好在圆上，所以时间相等，故A正确。
答案为：C
解析：设BA和BC倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得：
滑环沿BA下滑的加速度为a1＝eq \f(mgsinα,m)＝gsinα
沿BC下滑的加速度为a2＝eq \f(mgsinβ,m)＝gsinβ
设下滑时间为t，由题有：L1＝eq \f(1,2)a1t2
L2＝eq \f(1,2)a2t2由几何知识有：sinα＝csβ联立以上各式解得t＝eq \r(\f(2\r(L\\al(2,1)＋L\\al(2,2)),g))，故C正确。
答案为：B
解析：对整体分析，当F＝8 N时，加速度为a＝2 m/s2，由牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，代入数据解得mA＋mB＝4 kg；当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对B有aB＝eq \f(F－μmAg,mB)＝eq \f(1,mB)F－eq \f(μmAg,mB)，则图线的斜率k＝eq \f(1,mB)＝1，解得mB＝1 kg，滑块A的质量为mA＝3 kg，B正确。
答案为：BD；
解析：鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v=at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项D正确。
答案为：BCD；
解析：刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A错误，B、C、D正确。
答案为：BD
解析：在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(10－2,1) m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确。
答案为：AD
解析：小物块相对于斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。
缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以小物块为研究对象，
则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝eq \f(1,2)mg＋ma，方向平行斜面向上。
三、计算题
解：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ＋μmgcs θ=ma1，解得a1=9.6 m/s2
设滑块上滑位移大小为L，则由v02=2a1L，解得L=4.8 m
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：
mgsin θ－μmgcs θ=ma2，解得a2=2.4 m/s2
根据v2=2a2L，解得v=4.8 m/s。
(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1=eq \f(v0,a1)=1 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff1=ma1cs θ=7.68 N
滑块沿斜面下滑过程用时t2=eq \f(v,a2)=2 s
对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff2=ma2cs θ=1.92 N
Ff随时间变化如图所示。
解：(1)设物体在力F作用时的加速度为a1，撤去力F后物体的加速度为a2，
根据图像可知：
a1=eq \f(Δv1,Δt1)=eq \f(8－0,0.5) m/s2=16 m/s2
a2=eq \f(Δv2,Δt2)=eq \f(4－8,0.5) m/s2=－8 m/s2
力F作用时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsin θ－μmgcs θ=ma1，
撤去力F后对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
－(mgsin θ＋μmgcs θ)=ma2，解得：F=24 N。
(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2，此时物体速度为零，
有t2=eq \f(0－vm,a2)=eq \f(0－8,－8) s=1 s
向上滑行的最大距离：s=eq \f(vm,2)·(t1＋t2)=eq \f(8,2)×1.5 m=6 m。
解：根据牛顿第二定律得，B的加速度
aB＝eq \f(mCg－μmBg,mB＋mC)＝eq \f(10－3,4) m/s2＝eq \f(7,4) m/s2，
A的加速度aA＝eq \f(μmBg,mA)＝eq \f(3,2) m/s2
根据eq \f(1,2)aBt2－eq \f(1,2)aAt2＝l，解得t＝4 s。