浙江专版2021年高考物理一轮复习课时提升作业八牛顿第二定律两类动力学问题含解析 9页

牛顿第二定律　两类动力学问题 ‎(建议用时40分钟)‎ ‎1.(2019·浙江4月选考真题)下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是(　　)‎ A.功/焦耳 B.质量/千克 C.电荷量/库仑 D.力/牛顿 ‎【解析】选B。质量是国际单位制的基本量,其单位是千克,其他三个都不是基本量,其对应的单位也不是基本单位。故选B。‎ ‎2.如今商场的自动扶梯具有节能模式,没有顾客时保持静止,当感应到有人站上去后将先加速,然后维持某一速度运动。如图所示,一人站上自动扶梯后,先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,下列说法正确的是 (　　)‎ A.匀加速直线运动期间,人受到的合力为零 B.匀加速直线运动期间,人受到的合力不为零,方向水平向左 C.匀速直线运动期间,人受到重力、支持力 D.匀速直线运动期间,人受到重力、支持力和摩擦力 ‎【解析】选C。匀加速直线运动时,根据牛顿第二运动定律,人受到的合力不为零,且方向沿速度方向,即斜向上,A、B错误;匀速直线运动时,根据牛顿第一定律,人受到的合力为零,竖直方向上重力与支持力平衡,水平方向不受力,所以不受摩擦力,人受到重力、支持力,C正确、D错误。故选C。‎ ‎3.如图所示,放在固定斜面体上的滑块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则滑块 (　　)‎ A.可能匀速下滑 - 9 -‎ B.仍以加速度a匀加速下滑 C.将以大于a的加速度匀加速下滑 D.将以小于a的加速度匀加速下滑 ‎【解析】选C。当滑块沿斜面匀加速下滑时,设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma。‎ 当在滑块上施加一个竖直向下的恒力F时,将F和重力mg合并,根据牛顿第二定律得 ‎(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma1。‎ 比较两式可知,a1>a,因此,选项C正确。‎ ‎【加固训练】‎ 如图为某同学自制的加速度计。构造如下:一根轻质细杆的下端固定一个小球,杆的上端与光滑水平轴相连接。杆可在竖直平面内向左右摆动。硬质面板紧靠杆摆动的平面放置,并标有刻度线。其中,刻度线c位于经过O的竖直线上。刻度线b在bO连线上。∠bOc=30°。刻度线d在dO连线上。∠cOd=45°。使用时,若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向,速度v=10 m/s,g取9.8 m/s2,汽车前进时 (　　)‎ A.若细杆稳定地指示在b处,则汽车加速度为4.9 m/s2‎ B.若细杆稳定地指示在d处,则0.5 s内汽车速度减小了4.9 m/s C.若细杆稳定地指示在b处,则0.5 s内汽车速度增大了4.9 m/s D.若细杆稳定地指示在c处,则5 s内汽车前进了100 m ‎【解析】选B。若细杆稳定地指示在b处,受力分析如图 - 9 -‎ 由牛顿第二定律得mgtan30°=ma,a= m/s2,汽车加速运动,在0.5 s内,汽车速度增加量为Δv=aΔt= m/s,故A、C错误;同理,细杆稳定在d处时汽车减速,a=9.8 m/s2,在0.5 s内汽车速度减小Δv=aΔt=4.9 m/s,B正确;当细杆稳定在c处时,汽车匀速运动,在5 s内汽车前进距离为x=vt=50 m,D错误。‎ ‎4.(2019·丽水模拟)如图,某杂技演员在做手指玩盘子的表演。设该盘的质量为m=0.2 kg,手指与盘之间的滑动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,盘底处于水平状态,且不考虑盘的自转。下列说法正确的是 (　　)‎ A.若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则手对盘的摩擦力大小为1 N B.若盘随手指一起水平向右做匀速运动,则手对盘的摩擦力大小为1 N C.若盘随手指一起水平向右做匀加速运动,则手对盘的作用力大小为2 N D.若盘随手指一起水平向右做匀加速运动,则手对盘的作用力大小不可超过2.24 N ‎【解析】选D。若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则盘受到重力作用和手指的作用,二力平衡,即手指对盘的作用力等于F=mg=2 N,A错误;若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动,盘相对手指静止,水平方向合力为零,不受静摩擦力的作用,B错误;若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动,则盘受到向右的静摩擦力,但并没有发生相对滑动,所以受到的摩擦力f≤μmg,手对盘的作用力F≤≈2.24 N,C错误、D正确。故选D。‎ ‎5.如图所示,在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆,A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点,三杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力),用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间,则 (　　)‎ - 9 -‎ A.t1>t2>t3 B.t1t2‎ ‎【解题指导】解答本题时应注意以下两点:‎ ‎(1)物体沿光滑细杆做匀加速直线运动。‎ ‎(2)细杆的长度可以用底面的半径来表示。‎ ‎【解析】选D。小环的加速度a=gsinθ,位移s=,根据运动学公式s=at2,则时间t=,将夹角的数值代入得t1=t3>t2,选项D正确。‎ ‎6.如图所示,小车上有一个定滑轮,跨过定滑轮的绳一端系一重球,另一端系在弹簧测力计上,弹簧测力计固定在小车上。开始时小车处于静止状态,当小车匀加速向右运动时,下列说法中正确的是(　　)‎ A.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力变大 B.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力变小 C.弹簧测力计读数不变,小车对地面的压力变大 D.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力不变 ‎【解析】选D。对整体受力分析可知,加速前整体处于静止状态,合力为零,在竖直方向上合力为零,即整体受到的重力等于地面的支持力,向右匀加速运动过程中,加速度沿水平方向,竖直方向上没有加速度,在竖直方向上合力仍为零,即重力等于地面的支持力,所以变化前后小车对地面的压力大小不变。对小球受力分析,加速前,小球处于静止状态,重力等于绳子的拉力,加速后,小球的加速度水平向右,即拉力和重力的合力水平向右,拉力增大,弹簧测力计的示数增大,故D正确。‎ - 9 -‎ ‎7.(2019·杭州模拟)如图所示,三个物体A、B、C的质量满足mA=2mB=3mC,A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连,A与B之间用细线相连,当系统静止后,突然剪断A、B间的细线,则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正) (　　)‎ A.-g、2g、0　　　 B.-2g、2g、0‎ C.-g、g、0 D.-2g、g、g ‎【解析】选C。设C物体的质量为m,则物体A的质量为3m,物体B的质量为1.5m,剪断细线前,对BC整体受力分析,受到总重力和细线的拉力而平衡,故T=2.5mg;再对物体A受力分析,受到重力、细线拉力和弹簧的拉力;剪断细线后,重力和弹簧的弹力不变,细线的拉力减为零,故物体A受到的合力等于2.5mg,方向向上,根据牛顿第二定律得A的加速度为aA==-g①;物体C受到的力不变,合力为零,故C的加速度为aC=0②;剪断细线前B受重力、细线的拉力和弹簧的拉力,它们合力为零;剪断细线后,细线的拉力突变为零,重力和弹簧的弹力不变,故B合力大小等于细线的拉力2.5mg,方向竖直向下,根据牛顿第二定律得B的加速度为aB==g③,根据①②③式知A、B、D错误,C正确。故选C。‎ ‎8.如图所示,套有光滑小铁环的细线系在水平杆的两端A、B上,当杆沿水平方向运动时,小环恰好悬于A端的正下方与杆保持相对静止,已知小环质量为m,重力加速度为g,下列分析正确的是 (　　)‎ A.杆可能做匀速运动 B.细线的张力可能等于mg C.杆一定向右做加速度大于g的匀加速运动 - 9 -‎ D.杆可能向左做加速度小于g的匀减速运动 ‎【解析】选D。因为小环是套在细线上的,同一根绳上的张力T处处相等,设倾斜的细线与水平方向的夹角为θ,在水平方向应有Tcos θ=ma,在竖直方向应有T+Tsinθ=mg,小环在水平方向必有加速度,不可能做匀速运动,A错误;由竖直方向的方程,可知细线的张力应小于mg,B错误;由于细线的拉力小于mg,拉力在水平方向的分力肯定也小于mg,所以小环的加速度小于g,故C错误,D正确。‎ ‎9.如图所示,一条轻质弹簧左端固定,右端系一小物块,物块与水平面各处动摩擦因数相同,弹簧无形变时,物块位于O点。今先后分别把物块拉到P1和P2点由静止释放,物块都能运动到O点左方,设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q1和Q2点,则Q1与Q2点 (　　)‎ A.都在O点 B.都在O点右方,且Q1离O点近 C.都在O点右方,且Q2离O点近 D.都在O点右方,且Q1、Q2在同一位置 ‎【解析】选D。物块速度最大时,其加速度为零,此时弹簧处于伸长状态,且有kx=μmg,可见,两次速度最大的位置对应的弹簧伸长量相同,即都在O点右方,且在同一位置,D正确。‎ ‎10.如图所示,在倾角为θ=37°的粗糙斜面的顶端和底端各放置一个相同小木块A和B,木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5。某时刻将小木块A自由释放,同一时刻让小木块B获得初速度v=6 m/s沿斜面上升,已知两木块在斜面的中点位置相遇,则两小木块相遇所用的时间为(sin37°=0.6,g取10 m/s2) (　　)‎ A.0.6 s　B.1.2 s C.1.8 s D.2.4 s ‎【解析】选B。A沿斜面加速下滑,加速度a1=g(sin37°-μcos37°)=2 m/s2,B沿斜面减速上滑,加速度a2=g(sin37°+μcos37°)=10 m/s2,减速到速度为零需要的时间t0==0.6 s,‎ - 9 -‎ 减速到零后,B沿斜面加速下滑,加速度为a1。两木块在斜面的中点相遇,滑动距离相等,a1t2=vt-a2t2,则t==1 s>t0,不合理,说明两木块相遇时B已经沿斜面下滑。B上滑的最大位移s==1.8 m,由s-a1(t1-t0)2=‎ a1可得:t1=1.2 s或t1=-0.6 s(舍去),故B正确,A、C、D错误。‎ ‎11.(2019·宁波模拟)民航客机都有紧急出口,发生意外情况时打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面形滑梯,乘客可沿滑梯滑行到地面上。如图所示,靠近驾驶舱的滑梯高4 m,倾角53°。某乘客从滑梯滑下,并在水平地面上滑行一段距离。已知人与滑梯间动摩擦因数为0.5,人与地面间动摩擦因数为0.6,不考虑人着地时撞击地面的能量损失。sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:‎ ‎(1)人在滑梯上滑下时的加速度大小;‎ ‎(2)人在滑梯上滑下所需的时间;‎ ‎(3)人在地面上继续滑行的距离。‎ ‎【解析】(1)在滑梯上匀加速下滑 mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1‎ 解得a1=5 m/s2‎ ‎(2)滑梯长度x1==5 m,又x1=a1‎ 解得t1= s≈1.4 s ‎(3)刚到达地面时的速度v=a1t1=5 m/s 在地面上匀减速滑动a2=μ2g=6 m/s2,v2=2a2x2‎ - 9 -‎ 解得x2= m≈4.17 m 答案:(1)5 m/s2　(2)1.4 s　(3)4.17 m ‎12.(2016·浙江10月选考真题)在某段平直的铁路上,一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶,5 min 后恰好停在某车站,并在该站停留4 min,随后匀加速驶离车站,经8.1 km后恢复到原速324 km/h。‎ ‎(1)求列车减速时的加速度大小。‎ ‎(2)若该列车总质量为8.0×105 kg,所受阻力恒为车重的0.1倍,求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小。‎ ‎(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。‎ ‎【解析】(1)列车的速度为v0=324 km/h=90 m/s,经过5 min=300 s停下,由运动学公式v=v0+at 可得加速度为a1=0.3 m/s2‎ ‎(2)由运动学公式v2-=2ax 可得a2=0.5 m/s2‎ 由牛顿第二定律可得F牵-F阻=ma2‎ F牵=1.2×106 N ‎(3)列车减速行驶的时间t1=300 s 列车减速行驶的位移x1=a1=13 500 m 列车在车站停留t2=240 s 列车加速行驶的位移x2=8 100 m 所以整个过程的平均速度 ‎==30 m/s=108 km/h - 9 -‎ 答案: (1)0.3 m/s2　(2)1.2×106 N ‎(3)108 km/h ‎【总结提升】应用牛顿第二定律解题的两种方法 ‎(1)合成法:若物体只受两个力作用而产生加速度时,可利用平行四边形定则求出两个力的合力方向就是加速度的方向,特别是两个力互相垂直或相等时,应用力的合成法比较简单。‎ ‎(2)正交分解法:当物体受到三个以上的力作用时,常用正交分解法解题。‎ ‎①分解力:一般将受到的力沿加速度方向和垂直加速度的方向进行分解。‎ ‎②分解加速度:当物体受到的力互相垂直时,沿这两个互相垂直的方向分解加速度,再应用牛顿第二定律列方程求解,有时更简单。‎ - 9 -‎