(江苏专用)2020高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 基础课时7 牛顿第二定律 两类动力学问题(含解析)

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基础课时7牛顿第二定律两类动力学问题 一、单项选择题1对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力,力刚开始作用的瞬间()A物体立即获得速度B物体立即获得加速度C物体同时获得速度和加速度D由于物体未来得及运动,所以速度和加速度都为零解析由牛顿第二定律可知,力F作用的同时物体立即获得了加速度,但是速度还是零,物体有了加速度还必须有时间的累积才能使速度发生变化。因此,选项B正确。答案B2(2020广东珠海模拟)质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶,阻力大小不变。从某时刻开始,汽车牵引力减少2 000 N,那么从该时刻起经过6 s,汽车行驶的路程是()A50 m B42 mC25 m D24 m解析汽车匀速运动时F牵Ff,当牵引力减小2 000 N时,即汽车所受合力的大小为F2 000 N由牛顿第二定律得Fma联立得a2 m/s2汽车减速到停止所需时间t5 s汽车行驶的路程xvt25 m答案C3.一皮带传送装置如图1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()图1A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FfF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。答案D4如图2所示,放在水平桌面上的质量为1 kg的物体A通过水平轻绳、轻弹簧和光滑定滑轮与物体B相连接,两物体均静止时弹簧测力计甲和乙的读数分别为5 N和2 N,则剪断物体A左侧轻绳瞬间,物体A的加速度和弹簧测力计乙的读数分别为()图2A5 m/s2,0 B2 m/s2,2 NC0,0 D0,2 N解析两物体均静止时,体A在水平方向的受力如图所示,物体A所受最大静摩擦力Ffmax3 N,剪断物体A左侧轻绳瞬间,FT甲0,FT乙2 N,由于FfmaxFT乙,所以物体A仍能静止不动,所以物体A的加速度为0;此时物体B也处于静止状态,所以弹簧测力计乙的读数不变仍为2 N。综上分析,选项D正确。答案D5(2020江西南昌七校联考)如图3所示,一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面,经过2t0时间返回斜面底端,则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是()图3解析设斜面倾角为,由于斜面粗糙,上滑过程,根据牛顿第二定律:mgsin mgcos ma1,而下滑过程,根据牛顿第二定律mgsin mgcos ma2,知a1a2,即上滑过程图象的斜率的绝对值大于下滑过程图象的斜率的绝对值,又上滑与下滑过程的位移大小相同,由xat2和v22ax知t上t下,v0v1,故只有选项C正确。答案C6. (2020陕西西安临潼区模拟)如图4,在光滑的水平面上,A、B两物体的质量mA2mB,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()图4AF B2F C3F D4F解析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aBaA。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FAFmAaA,则FAFmAaAFmA3F。答案C二、多项选择题7.如图5所示,球P、Q的质量相等,两球之间用轻质弹簧相连,光滑斜面的倾角为,系统静止时,弹簧与轻绳均与斜面平行,则在轻绳被突然剪断的瞬间,下列说法中正确的是()图5A两球的加速度大小均为gsin BQ球的加速度为零CP球的加速度方向沿斜面向上,Q球的加速度方向沿斜面向下DP球的加速度大小为2gsin 解析在轻绳被突然剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,Q球所受的合力不变,加速度为零,B正确;绳子的拉力(2mgsin )立刻变为零,P球所受的合力(弹簧的拉力和重力沿斜面向下的分力)的大小为2mgsin ,故P球的加速度大小为2gsin ,D正确。答案BD8(2020海南单科,9)如图6,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()图6A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FfFN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,物体的质量为m,当匀速运动时有mgsin mgcos ,即sin cos .当物体以加速度a向上加速运动时,有FNm(ga)cos ,Ffm(ga)cos ,因为sin cos ,所以m(ga)sin m(ga)cos ,故物体仍相对斜面匀速下滑,C错误,D正确。答案BD三、非选择题9(2020江苏镇江模拟)如图7所示,风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。质量m100 g的小球穿在长L1.2 m的直杆上并置于实验室中,球与杆间的动摩擦因数为0.5,当杆竖直固定放置时,小球恰好能匀速下滑。保持风力不变,改变固定杆与竖直线的夹角为37,将小球从O点静止释放。g取10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8,求:图7(1)小球受到的风力大小;(2)当37时,小球离开杆时的动能。解析(1)当杆竖直固定放置时,FNmg,FNF解得F2 N(2)当37时,小球受力情况如图所示,垂直杆方向上有Fcos 37mgsin 37FN解得FN1 N小球受摩擦力FfFN0.5 N小球沿杆运动的加速度为a15 m/s2由v2v2aL得,小球到达杆下端时速度为v6 m/s球离开杆时的动能为Ekmv21.8 J答案(1)2 N(2)1.8 J10为了测定木块与斜面间的动摩擦因数,用测速仪研究木块在斜面上的运动情况,装置如图8甲所示。使木块以初速度v04 m/s的速度沿倾角30的斜面上滑,紧接着下滑至出发点,并同时开始记录数据,结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示。g取10 m/s2。求:图8(1)上滑过程中的加速度的大小a1;(2)木块与斜面间的动摩擦因数;(3)木块回到出发点时的速度大小v。解析(1)由题图乙可知,木块经0.5 s滑至最高点,由加速度定义式a得上滑过程中加速度的大小:a1 m/s28 m/s2(2)由牛顿第二定律得,上滑过程中mgsin mgcos ma1代入数据得(3)下滑距离等于上滑的距离,其值为x1 m由牛顿第二定律得下滑过程中mgsin mgcos ma2下滑至出发点的速度大小v联立解得:v2 m/s。答案(1)8 m/s2(2)(3)2 m/s11.如图9所示,倾角为30的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h0.8 m,B点距C点的距离L2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失,g取10 m/s2),求:图9(1)滑块在运动过程中的最大速度;(2)滑块与水平面间的动摩擦因数;(3)滑块从A点释放后,经过时间t1.0 s时速度的大小。解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动,然后在水平面上做匀减速运动,故滑块运动到B点时速度最大为vm,设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得mgsin 30ma1,v2a1,解得vm4 m/s。(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:mgma2,v2a2L,解得0.4。(3)滑块在斜面上运动的时间为t1,有vma1t1,解得t10.8 s,由于tt1,故滑块已经经过B点,做匀减速运动的时间为tt10.2 s,设t1.0 s时速度大小为v,有:vvma2(tt1),解得v3.2 m/s。答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s
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