2020年物理高考大一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第8讲 牛顿第二定律 两类动力学问题练习（含解析）

第8讲 牛顿第二定律 两类动力学问题解密考纲主要考查对牛顿第二定律的深刻理解，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，题型有选择题、计算题1(2019舒城中学高考理综模拟卷)如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从b点以初速度v0沿b、c连线竖直上抛，到达最高点时间为t3，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为()At1t2t3Bt1t2t3Ct2t1t3DA、B、C三物体的质量未知，因此无法比较A解析 由已知条件知，小球C竖直上抛能达到的最高点为c点，由对称性可知，小球C运动的时间与从c点自由下落到b点的时间相等结合等时圆的结论可知，t1t2t3，选项A正确2(2019庄河高级中学高三模拟)(多选)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为()，球拍与球保持相对静止，球拍与球间摩擦及空气阻力不计，则()A运动员的加速度为gtan B球处于失重状态C球对拍的作用力为D球拍对人的作用力为AC解析 对网球：受到重力mg和球拍的支持力FN，作出受力图如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin ma，FNcos mg，解得agtan ，FN，故选项A、C正确；球在竖直方向加速度为零，则球不失重，故选项B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图乙所示，根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F，则球拍对人的作用力大小为F，故选项D错误3(2019华中师大一附中高三滚动复习)(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN.若Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2.则()Aa m/s2时，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为 D小球离开斜面之前，FN0.80.06a (N)ABC解析 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos FNsin ma，Tsin FNcos mg，联立解得FNmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以Ta图象呈线性关系，由题图乙可知a m/s2时，FN0，选项A正确当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图甲所示，所以mgsin T；当a m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图乙所示，所以mgcot ma，联立可得tan ，m0.1 kg，选项B、C正确将和m的值代入FNmgcos masin ，得FN0.80.06a(N)，选项D错误4(2019眉山中学高三月考)如图所示，质量为M的三角形木块A静止在水平面上一质量为m的物体B正沿A的斜面下滑，三角形木块A仍然保持静止则下列说法正确的是()AA对地面的压力可能小于(Mm)gB水平面对A的静摩擦力一定水平向左C水平面对A的静摩擦力不可能为零DB沿A的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F的作用，如果力F的大小满足一定条件时，三角形木块A可能会立刻开始滑动A解析 对物体B受力分析，受重力G、支持力FN1、滑动摩擦力Ff，如图所示再对A物体受力分析，受重力Mg、地面的支持力FN2、B对A的压力FN1，B对A的摩擦力Ff，地面对A可能有静摩擦力F静，先假设有且向右，如图所示当物体B匀速下滑时，根据共点力平衡条件，可得mgsin Ff0，FN1mgcos 0，当物体B加速下滑时，有mgsin Ff，FN1mgcos 0，当物体B减速下滑时，有mgsin Ff，FN1mgcos 0，由于物体A保持静止，根据共点力平衡条件，有 FN2MgFfsin FN1cos 0，Ffcos FN1sin F静0，根据牛顿第三定律FN1FN1，FfFf，当物体加速下降时，联立以上可得FN2(Mm)g，故选项A正确；当物体加速下降时，联立可得到F静0，即静摩擦力与假定的方向相反，即向左，当物体匀速下降时，可得到F静0，故选项B、C错误；若B沿A的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F的作用，物体B的加速度立即发生了变化，但由于惯性，速度来不及变化，故摩擦力方向不变，B对A的力不变，A依然保持静止，故选项D错误5(2019衡水金卷高考模拟理综试题)如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为m的光滑球C，“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B对球的弹力分别为F1、F2，下列说法正确的是()AF1、F2都逐渐增大BF1、F2都逐渐减小CF1逐渐减小，F2逐渐增大DF1、F2的合力逐渐减小D解析 光滑球C受力情况如图所示F2的竖直分力与重力相平衡，所以F2不变，F1与F2水平分力的合力等于ma，在“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F1逐渐减小，F1、F2的合力逐渐减小，故选项D正确6(2019湖北、山东部分重点中学高三联考)如图所示，斜面静止于粗糙水平面上，质量为m的小物块P恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持静止现给P施加一沿斜面向下的推力F，使P沿斜面匀加速下滑施加F后，下列说法错误的是()A斜面对P的支持力和摩擦力都不变BP对斜面的作用力方向竖直向下C水平面对斜面的支持力增大D小物块的加速度为aC解析 施加F后，不改变物体与斜面间的正压力，因此也不改变物体与斜面间的滑动摩擦力，即物块和斜面的相互作用力没有任何改变，则水平面对斜面的支持力不变，选项A正确，C错误；因开始时P对斜面的作用力方向竖直向下，加力F后，物块和斜面的相互作用力没有任何改变，P对斜面的作用力方向仍然竖直向下，选项B正确；加力F后，物体受的合外力为F，则小物块的加速度为a，选项D正确7(2019肇庆高三统测)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一个圆筒从木棍的上部以初速度v0匀速滑下若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将圆筒放在两木棍上部以初速度v0滑下，下列判断正确的是()A圆筒仍匀速滑下 B圆筒匀减速滑下C圆筒匀加速滑下 D以上三种运动均有可能C解析 圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变，将两棍间的距离稍减小后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角减小，则每根木棍对圆筒的支持力变小，则滑动摩擦力变小，而重力沿斜面向下的分力不变，则圆筒将匀加速滑下，故选项C正确，A、B、D错误8(2019上海青浦区高三二模)雨滴从高空静止下落，受到的空气阻力随雨滴速度的增大而增大，则下落过程中雨滴的速度随时间变化的规律是()D解析 雨滴下落过程中受到重力和空气阻力，由牛顿第二定律得mgFfma 随着速度的增大，阻力越来越大，所以雨滴做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，在vt图象中斜率代表了加速度的大小，故选项D正确9(2019重庆万州二中高三月考)(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，当上升距离为h时B与A开始分离下列说法正确的是()AB与A刚分离时，A的速度达到最大B弹簧的劲度系数等于C从开始运动到B与A刚分离的过程中，B的加速度先增大后减小D从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的速度先增大后减小BD解析 B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且AB间无相互作用力以B为研究对象，可知，B具有向下的加速度大小aB0.5g，此时对A分析有aAaB，可得此时弹簧弹力F弹0.5mg不为零，故弹簧不是原长而处于压缩状态；当A的合力为零时速度最大，弹簧的弹力大于重力mg，所以B与A刚分离时，A的速度不是最大，故选项A错误B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为F弹0.5mg，原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为2mg，则弹力减小量F1.5mg，两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小xh，由胡克定律得k，故选项B正确由题知，F0.5mg2mg，对于整体分析可知，整体在上升的过程中，合力应先向上后向下，则B的加速度先减小后增大，B先做加速运动后做减速运动，B的速度先增大后减小，故选项C错误，D正确10(2019华中师大一附中高三滚动复习)(多选)如图所示为一根质量为m、长度为L、质量均匀分布的粗绳AB.在粗绳上与B端距离为x的某位置有一质量不计的力传感器，可读出该处粗绳中的张力粗绳在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动，由力传感器读数和已知条件()A能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用B可知水平外力F的大小C可知粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小D若水平外力F的大小恒定，则传感器读数与x成正比，与是否存在摩擦力无关BD解析 设粗绳与水平面间的动摩擦因数为，力传感器读数为FT，对整根绳子，由牛顿第二定律有Fmgma，对粗绳左侧长度为x的部分，由牛顿第二定律有FTga，解得FT；由力传感器读数和已知条件，不能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用，可知水平外力F的大小，不能得出粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小，选项A、C错误，B正确若水平外力F的大小恒定，则传感器读数FT与x成正比，选项D正确11(2019芜湖一中高三期末)如图所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为mA3.0 kg和mB2.0 kg，它们与地面间的动摩擦因数均为0.10.在A、B之间有一原长l15 cm、劲度系数k500 N/m的轻质弹簧将它们连接现A、B在两个方向相反的水平恒力F1、F2作用下一起匀加速运动，已知F120 N，F210 N，取g10 m/s2.求：(1)A和B共同运动的加速度大小和方向；(2)A、B之间的距离(A、B均可视为质点)解析 (1)A、B组成的系统运动过程中所受摩擦力为Ff(mAmB)g5.0 N，设运动达到稳定时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有F1F2Ff(mAmB)a，解得a1.0 m/s2，方向与F1同向(2)以A为研究对象，运动过程中所受摩擦力 FfAmAg3.0 N，设运动达到稳定时所受弹簧的弹力为T，根据牛顿第二定律有F1FfATmAa，解得T14.0 N，所以弹簧的伸长量x2.8 cm，因此运动达到稳定时A、B之间的距离为slx17.8 cm.答案 (1)1.0 m/s2方向与F1同向(2)17.8 cm12(2019杭州选考科目模拟测试)原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目已知质量m60 kg的运动员原地摸高为2.05 m，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85 m的高度假设运动员起跳时为匀加速运动，取g10 m/s2，求：(1)该运动员离开地面时的速度大小为多少；(2)起跳过程中运动员对地面的压力；(3)从开始起跳到双脚落地需要多少时间？解析 (1)从开始起跳到脚离开地面重心上升h10.5 m，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离h20.8 m，根据速度位移关系v22gh2，解得 v4 m/s.(2)脚未离地过程中，根据速度位移关系v22ah1，解得a16 m/s2，对人受力分析，根据牛顿第二定律有FNmgma，得FN1 560 N，由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1 560 N，方向向下(3)加速上升时间t1 s0.25 s，减速上升的时间t2 s0.4 s，加速下降和减速上升时间相同，故总时间为tt12t21.05 s.答案 (1)4 m/s(2)1 560 N方向向下(3)1.05 s13(2019四川高三冲刺演练)如图所示，在光滑的水平地面上，每隔一定距离就会铺上一条宽度d3.5 m的特殊材料的薄膜，且薄膜边界与地面平滑相接某一时刻，一物块(可视为质点)从光滑地面以大小v04 m/s的初速度滑上薄膜，并最终停在某一薄膜上取重力加速度g10 m/s2，物块与薄膜间的动摩擦因数0.1.求：(1)物块通过第一条薄膜的时间；(2)物块滑过薄膜的条数(不含停止在薄膜上的那条)解析 (1)由题意可知，物块在薄膜上滑行过程中的加速度大小为ag1 m/s2，根据位移公式dv0tat2，解得t1 s(t7 s舍去)(2)设物块在薄膜上滑行的距离为x0，则v2ax0，解得 x08 m.由于x02d，可知物块滑过2条薄膜答案 (1)1 s(2)2条14(2019惠州高三调研)如图甲所示，一可视为质点的物块在t0时刻以v08 m/s的速度大小滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数.经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g10 m/s2.求： (1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小； (2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间； (3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图乙中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度时间图象，取沿斜面向上为正方向解析 (1)上滑过程mgsin mgcos ma1，可得a18 m/s2，下滑过程mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2.(2)上滑过程 t11 s，s1t14 m，s2s1a2t，得t22 s，故总时间为tt1t23 s.(3)下滑过程 v2a2t24 m/s，下滑过程vt图象如图所示答案 (1)a18 m/s2a22 m/s2(2)3 s(3)4 m/s见解析图9