高考物理复习 课时过关题08 牛顿第二定律两类动力学问题（含答案解析）

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2020(人教版)高考物理复习 课时过关题08 牛顿第二定律两类动力学问题1.关于物体的惯性，下列说法中正确的是(　　)A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大  2.下列关于牛顿运动定律说法正确的是(　　)A．力是维持物体运动的原因B．牛顿第一定律可以用实验直接验证C．作用力与反作用力只存在于相互接触的两个物体之间D．作用力与反作用力的性质一定相同  3.如图，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态．现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中(　　)A．弹簧达到自然长度前加速运动，之后减速运动B．弹簧达到自然长度前加速运动，之后先加速运动后减速运动C．加速度先增大后减小D．加速度一直减小  4.大小分别为1 N和7 N的两个力作用在一个质量为1 kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是(　　)A．1 m/s2和7 m/s2B．5 m/s2和8 m/s2C．6 m/s2和8 m/s2D．0 m/s2和8 m/s2  5.某种型号焰火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向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g=10 m/s2，那么v0和k分别等于(　　)A．40 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25C．50 m/s,1.25D．50 m/s,0.25     6.如图所示，车内轻绳AB与BC拴住一小球，BC水平，开始车在水平面上向右做匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则(　　)A．AB绳、BC绳拉力都变小B．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变C．AB绳拉力不变，BC绳拉力变小D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大  7.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  8.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则(　　)A．运动员的加速度为gtan θB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θD．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动  9.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      10.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　　)A．1∶        B．1∶2          C．1∶           D．1∶3 11. (多选)下图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零,而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)A.2.5 m/s2          B.3 m/s2                C.2 m/s2            D.4 m/s2  12. (多选)静止于粗糙水平面上的物体，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时间变化关系如图甲所示，在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化关系如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)图甲　　　　　　图乙　　A．物体与水平面间的摩擦力先增大，后减至某一值并保持不变B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．物体的质量为6 kgD．4 s末物体的速度大小为4 m/s             13.已知无人机质量m=1 kg，动力系统能提供的最大升力F=16 N，无人机上升过程中最大速度v=6 m/s，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3 s，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，求：(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小；(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h=30 m的高空所需的最短时间．                14.足够长的光滑斜面BC的倾角α=53°,一质量m=2 kg的小物块静止于A点,小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,水平面与斜面之间在B点有一小段弧形连接。现在AB段对小物块施加与水平方向夹角为α=53°的恒力F作用,如图甲所示,小物块在AB段运动的速度—时间图像如图乙所示,当到达B点时迅速撤去恒力F。(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)求:(1)小物块所受到的恒力F的大小;(2)小物块从B点沿斜面向上运动,到返回B点所用的时间;(3)小物块能否返回到A点?若能,计算小物块通过A点时的速度:若不能,计算小物块停止运动时离B点的距离。            答案解析1.答案为：C；解析：质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关．故C正确．  2.答案为：D；解析：由牛顿第一定律可知，力不是维持物体运动的原因，A错误；牛顿第一律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，B错误；不相互接触的两个物体之间也可能存在作用力与反作用力，如相互吸引且并未接触的两块磁铁，C错误；作用力与反作用力的性质相同，D正确．  3.答案为：B；解析：[在未剪断细线时，弹簧处于伸长状态，故弹簧对小球有向下的弹力，故剪断细线后小球先加速向下运动，加速度减小，当弹簧的弹力沿斜面向上且等于小球重力沿斜面向下的分力时，速度达到最大，小球继续向下运动，此后弹簧的弹力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球做减速运动，并且加速度增大，选项B正确．]  4.答案为：C；解析：[当两力反向时，合力最小，加速度最小，amin= m/s2=6 m/s2；当两力同向时，合力最大，加速度最大，amax= m/s2=8 m/s2，选项C正确．]  5.答案为：D；解析：[上升过程中所受的阻力f=kmg，根据牛顿第二定律得：a==(k＋1)g，根据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.故选D.] 6.答案为：C；解析：[对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力FT2、AB绳子的拉力FT1，如图所示，根据牛顿第二定律，水平方向：FT2－FT1sin θ=ma竖直方向：FT1cos θ－mg=0，解得FT1=，AB绳子的拉力不变，FT2=mgtan θ＋ma，匀速时加速度为零，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC绳子的拉力变小，故C正确，A、B、D错误．] 7.答案为：B；解析：[若小车向右的加速度增大，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．] 8.答案为：A；解析：[网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ=ma，又FNcos θ=mg，解得a=gtan θ，FN=，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F=，故C错误；当a＞gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ与gtan θ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．] 9.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==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．]  10.答案为：A；解析：[设AB与竖直方向的夹角为θ，则AB=2Rcos θ，小球沿AB下滑的加速度为a=gcos θ，解得小球在AB上运动的时间为t1= = ；同理可知小球在AC上运动的时间为t2= = ，则t1与t2之比为1∶，选项A正确．] 11.答案为：BD解析：在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图所示,则FQ+mg=FNcos15°,F合=FNsin15°=ma,解得a=tan15°=m/s2=m/s2≥2.7m/s2,故可能的为B、D选项。    12.答案为：ABD；解析：由题图乙知，0～2 s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大，t=2 s时静摩擦力达到最大值，之后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变，故A正确；在2～4 s内，由牛顿第二定律得F－μmg=ma，由题图知，当F=6 N时，a=1 m/s2，当F=12 N时，a=3 m/s2，代入关系式解得μ=0.1，m=3 kg，故B正确，C错误；根据at图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量可知，4 s内物体速度的变化量为Δv=×2 m/s=4 m/s，由于初速度为0，所以4 s末物体的速度大小为4 m/s，故D正确．13.解：(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小为：a== m/s2=2 m/s2.(2)根据牛顿第二定律可得，F－mg－Ff=ma，代入数据可解得：Ff=4 N.(3)由位移－时间公式得，无人机匀加速上升的高度：h1=at2=×2×32 m=9 m，无人机达到最大速度匀速上升的高度：h2=h－h1=30 m－9 m=21 m，由x=vt得，无人机匀速飞行的时间：t′== s=3.5 s则无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h=30 m的高空所需的最短时间：t总=t＋t′=3 s＋3.5 s=6.5 s.  14.解：(1)由题图乙可知,AB段加速度a1=m/s2=0.5m/s2;根据牛顿第二定律,有Fcosα-μ(mg-Fsinα)=ma得F==11N。(2)小物块沿斜面运动时,由牛顿第二定律知,mgsinα=ma2,所以a2=gsinα=8m/s2小物块从B点沿斜面向上运动所用时间与返回B点所用时间相等,则有t=s=0.5s。(3)小物块由B向A返回过程中的加速度为a3==μg=5m/s2,由B开始运动到小物块静止,位移为s=m=0.4m,而A和B之间的距离为s'=×2×4m=4m,所以小物块不能返回到A点,停止运动时,离B点的距离为0.4m。