2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第三章+第2节+牛顿第二定律两类动力学问题

2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第三章+第2节+牛顿第二定律两类动力学问题

第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题 ‎1.若战机从航母上起飞前滑行的距离相同,牵引力相同,则(　D　)‎ A.携带弹药越多,加速度越大 B.加速度相同,与携带弹药的多少无关 C.携带弹药越多,获得的起飞速度越大 D.携带弹药越多,滑行时间越长 ‎2.质量为1吨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,汽车牵引力减小 2 000 N,那么从该时刻起经过6 s,汽车行驶的路程是(　C　)‎ A‎.50 m B‎.42 m C‎.25 m D‎.24 m 解析:汽车匀速行驶时,F=Ff,设汽车牵引力减小后加速度大小为a,牵引力减小ΔF=2 000 N时,‎ Ff-(F-ΔF)=ma,解得a=‎2 m/s2,与速度方向相反,汽车做匀减速直线运动,设经时间t汽车停止运动,则t== s=5 s,故汽车行驶的路程x=t=×‎5 m=‎25 m,故选项C正确.‎ ‎3.如图所示,B是水平地面上AC的中点,可视为质点的小物块以某一初速度,从A点滑动到C点停止.小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半.则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为(　C　)‎ A.1 B‎.2 ‎ C.3 D.4‎ 解析:物块从A到B根据牛顿第二定律,有μ1mg=ma1,得a1=μ‎1g.从B到C根据牛顿第二定律,有μ2mg=ma2,得a2=μ‎2g.设小物块在A点时速度大小为v,则在B点时速度大小为,由于AB=BC=l,由运动学公式知,从A到B:( ) 2-v2=-2μ1gl,从B到C:0- ()2=-2μ2gl,联立解得μ1=‎ ‎3μ2,故选项C正确,A,B,D错误.‎ ‎4.如图所示,光滑直杆一端固定在地面上的A点,另一端靠在竖直墙上,杆上套有一个小球,球可以在杆上自由滑动,球从杆的上端沿杆下滑到A点所用的时间为t,若逐渐减小杆的长度,使杆与水平方向的夹角从60°逐渐减小到30°,则下列说法正确的是(　C　)‎ A.小球从杆的上端运动到下端的时间不断减小 B.小球从杆的上端运动到下端的时间不断增大 C.小球从杆的上端运动到下端的时间先减小后增大 D.小球从杆的上端运动到下端的时间先增大后减小 解析:设A点到墙的距离为L,杆与水平方向的夹角为θ,‎ 则=gt2sin θ,t=,当θ=45°时,t最小,因此选项C正确.‎ ‎5.据国外媒体报道,欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机.该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞.设X3型直升机原型机的质量为m,某次试飞时,主旋翼提供大小为2mg向上的升力,每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推力.不考虑空气阻力的影响,下列说法正确的是(　C　)‎ A.该直升机原型机可能处于平衡状态 B.该直升机原型机以加速度g做匀加速直线运动 C.空气对直升机原型机的作用力为2mg D.空气对直升机原型机的作用力为4mg 解析:直升机原型机的受力如图所示,‎ 所受合外力大小为mg,方向斜向右上方,加速度大小为g,故选项A,B均错误;空气对直升机原型机的作用力为=2mg,故选项C正确,D错误;本题也可以由水平方向的加速度ax=‎2g和竖直方向的加速度ay=g合成得到直升机原型机的加速度a==g.‎ ‎6.如图所示,一倾角为θ=37°的足够长的斜面固定在水平地面上.当t=0时,滑块以初速度v0=‎10 m/s沿斜面向上运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g取‎10 m/s2,sin 37°=0.6,‎ cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　D　)‎ A.滑块上滑的距离小于‎5 m B.t=1 s时,滑块速度减为零,然后静止在斜面上 C.t=2 s时,滑块恰好又回到出发点 D.t=3 s时,滑块的速度大小为‎4 m/s 解析:设滑块上滑时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律可得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=‎10 m/s2,上滑时间为t1==1 s,上滑的距离为x1=v0t1=‎ ‎5 m‎,因mgsin θ>μmgcos θ,滑块上滑到速度为零后,向下运动,选项A,B错误;设滑块下滑时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=‎2 m/s2,经1 s,滑块下滑的距离为x2=a2=‎1 m<‎5 m,滑块未回到出发点,选项C错误;t=3 s时,滑块沿斜面向下运动,此时的速度v=a2(t-t1)=‎4 m/s,选项D正确.‎ ‎7.(多选)如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.当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=‎10 m/s2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　BD　)‎ A.‎2.5‎ m‎/s2 B‎.3 m/s2‎ C‎.2 m/s2 D‎.4 m/s2‎ 解析:当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=FNcos 15°,‎ F合=FNsin 15°=ma,‎ 解得a=tan 15°=×0.27+10×0.27=0.27×+2.7≥2.7.故可能的为B,D选项.‎ ‎8.(2018·河北正定模拟)质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连,穿在光滑的杆上,杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上,初始系统静止,现在将系统以加速度g向右做匀加速运动,重力加速度为g.则(　C　)‎ A.静止时,弹簧的弹力等于小球重力的一半 B.静止时,杆的弹力小于弹簧的弹力 C.加速时,弹簧的弹力等于零 D.加速时,弹簧的形变量是静止时的2倍 解析:根据力的平衡,当系统静止时,小球受弹簧的弹力大小F=mgsin 45°=‎ mg,此时杆对小球的弹力大小FN=mgcos 45°=mg,与弹簧弹力大小相等,所以A,B项均错.当系统以加速度g向右做匀加速运动时,对小球受力分析如图,则可知此时弹簧弹力为0,所以C项正确,D项错误.‎ ‎9.(2018·广东汕头质检)(多选)建设房屋时,保持底边长L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动.下列说法正确的是(　AC　)‎ A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大 B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大 C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短 解析:屋顶的倾角为θ,底边长为L,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN,垂直于屋顶方向mgcos θ=FN,平行于屋顶方向mgsin θ=ma,雨滴的加速度为a=gsin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力FN′=FN=mgcos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据三角形关系判断,屋顶坡面的长度x=,由x=at2可得t=,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=gsin θ·t可得v=,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.‎ ‎10.(2018·甘肃兰州诊断)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,小球左侧连接一水平轻弹簧(弹簧左端固定在墙上),右侧连接一与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳,轻绳另一端固定在天花板上,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零(g取‎10 m/s2).下列说法中正确的是(　B　)‎ A.在剪断轻绳后的瞬间,小球受力个数不变 B.在剪断轻绳后的瞬间,小球立即向左加速,且加速度的大小为a=‎ ‎8 m‎/s2‎ C.在剪断轻绳后的瞬间,小球立即向左加速,且加速度的大小为a=‎ ‎10 m‎/s2‎ D.在剪断轻绳后的瞬间,水平面对小球的作用力的合力为0‎ 解析:剪断轻绳前小球的受力情况如图所示,当剪断轻绳的瞬间,轻绳的拉力突然消失,由于重力的作用,小球与水平面之间产生压力,又小球将要向左运动,因此还受到水平面的摩擦力作用,因此,小球的受力变为四个力,A错误;轻绳未剪断时,根据平衡条件得轻弹簧的弹力大小为F=mg=10 N,轻绳的拉力大小为FT=mg=10 N,剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化,此时轻弹簧的弹力大小仍为F=10 N,所以小球受到弹簧弹力为F=10 N,方向水平向左,而小球所受的最大静摩擦力为f=μmg=0.2×1×10 N=2 N,根据牛顿第二定律得小球的加速度为a=‎ ‎= m/s2=‎8 m/s2,方向水平向左,故B正确,C错误.剪断轻绳的瞬间,小球立即受水平面的支持力和摩擦力作用,摩擦力方向水平向右,则水平面对小球作用力不为0,且指向右上方,D错误.‎ ‎11.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动,4 s内通过‎8 m的距离,此后关闭发动机,汽车又运动了2 s停止,已知汽车的质量m=2×‎103 kg,汽车运动过程中所受阻力大小不变,求:‎ ‎(1)关闭发动机时汽车的速度大小;‎ ‎(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小;‎ ‎(3)汽车牵引力的大小.‎ 解析:(1)汽车开始做匀加速直线运动,则x=t1,‎ 解得v==‎4 m/s.‎ ‎(2)汽车滑行减速过程加速度a2==‎-2 m/s2,‎ 由牛顿第二定律有-Ff=ma2,解得Ff=4×103 N.‎ ‎(3)开始加速过程中加速度为a1,则x=a1,‎ 由牛顿第二定律有F-Ff=ma1,‎ 解得F=6×103 N.‎ 答案:(1)‎4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N ‎12.足够长光滑斜面BC的倾角α=53°,小物块与水平面间动摩擦因数为0.5,水平面与斜面之间B点由一小段长度不计的弧形连接,一质量m=‎‎2 kg 的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°角的恒力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,到达B点迅速撤去恒力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;‎ ‎(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.‎ 解析:(1)由题图(乙)可知,AB段加速度 a1== m/s2=‎0.5 m/s2,‎ 根据牛顿第二定律,有 Fcos α-μ(mg-Fsin α)=ma1,‎ 解得F=11 N.‎ ‎(2)在BC段mgsin α=ma2,‎ 解得a2=‎8 m/s2.‎ 小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等,由题图(乙)可知,小物块到达B点的速度vB=‎2.0 m/s,有 t== s=0.5 s.‎ ‎(3)小物块从B向A运动过程中,有μmg=ma3,‎ 解得a3=‎5 m/s2.‎ 滑行的位移s== m=‎‎0.4 m 水平面AB段长度sAB=t=t=×‎4.0 m=‎4.0 m,‎ 所以小物块不能返回到A点,停止运动时,离B点的距离为‎0.4 m.‎ 答案:(1)11 N　(2)0.5 s ‎(3)不能返回到A点,停止运动时,离B点的距离为 ‎‎0.4 m ‎13.有一个冰上推木箱的游戏项目,规则是:选手们从起点开始用力推木箱一段时间后,放手让木箱向前滑动,若木箱最后停在有效区域内,视为成功;若木箱最后未停在有效区域内就视为失败.其简化模型如图所示,AC是长度为L1=‎7 m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱,BC为有效区域.已知BC长度L2=‎1 m,木箱的质量m=‎50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直线运动,若木箱可视为质点,g取‎10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功,试求:‎ ‎(1)推力作用在木箱上时的加速度大小;‎ ‎(2)推力作用在木箱上的时间t满足的条件.‎ 解析:(1)设推力作用在木箱上时,木箱的加速度为a,根据牛顿第二定律得F-μmg=ma1,‎ 解得a1=‎3 m/s2.‎ ‎(2)设撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得 μmg=ma2,‎ 解得a2=‎1 m/s2.‎ 推力作用在木箱上的时间为t,此时间内木箱的位移为 x1=a1t2,‎ 撤去力F后木箱继续滑行的距离为 x2=,‎ 要使木箱停在有效区域内,需满足 L1-L2≤x1+x2≤L1,‎ 解得1 s≤t≤ s.‎ 答案:(1)‎3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s