【物理】2020届一轮复习人教新课标牛顿第二定律课时练（解析版)

【物理】2020届一轮复习人教新课标牛顿第二定律课时练（解析版)

‎2020年高考物理课时过关练：牛顿第二定律（解析版)‎ ‎1．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时AB两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．aA=aB=g B．aA=2g，aB=0‎ C．aA=g，aB=0 D．aA=2g，aB=0‎ ‎2．如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且M＞m.现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中（ ）‎ A．因F1=F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒 B．因F1=F2，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒 C．由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动 D．弹簧第一次最长时，A和B的总动能最大 ‎3．质量为m的木块和质量为M（M＞m）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H（两物体均可视为质点）.突然细线断裂，忽略两物体运动中受到的水的阻力，只考虑重力及浮力，若铁块和木块同时分别到达水面水底，以铁块和木块为系统，以下说法正确的是（ ）‎ A．该过程中系统动量不守恒 B．该过程中铁块和木块均做匀速直线运动 C．同时到达水面、水底时，两物体速度大小相等 D．系统满足MH=mh ‎4．水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则 ‎ ‎ A．F1的冲量大于F2的冲量 B．F1的冲量等于F2的冲量 C．两物体受到的摩擦力大小相等 D．两物体受到的摩擦力大小不等 ‎5．如右图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力)，则( )‎ A．a处小孩最先到O点 B．b处小孩最后到O点 C．c处小孩最先到O点 D．a、c处小孩同时到O点 ‎6．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 A．顾客始终受到三个力的作用 B．顾客始终处于超重状态 C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D．顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下 ‎7．有一列8节车厢的动车组列车,沿列车前进方向看,每两节车厢中有一节自带动力的车厢(动车)和一节不带动力的车厢(拖车).该动车组列车在水平铁轨上匀加速行驶时,设每节动车的动力装置均提供大小为F的牵引力,每节车厢所受的阻力均为f,每节车厢的质量均为m,则第4节车厢与第5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为(　　)‎ A．0‎ B．2F C．2(F-f)‎ D．2(F-2f)‎ ‎8．物理兴趣小组希望验证如下猜想：从斜面上滑下的小车，装载物体的质量越大，到达斜面底部的速度就越大。如图所示是两种不同规格的小车（车轮颜色不同），装有不同数量的木块（每个木块的质量相同），从不同高度释放的九种情形。你认为他们应该选用哪三种情况进行比较验证( )‎ A．1、2、3 B．4、5、6 C．7、8、9 D．2、5、8‎ ‎9．为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示。‎ ‎①根据上述图线，计算0.4s时木块的速度=_______m/s，木块加速度a=________m/s2；‎ ‎②现测得斜面倾角为 ，g取10m/s2，则= ________；‎ ‎③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________‎ A．A点与传感器距离适当大些 B．木板的倾角越大越好 C．选择体积较大的空心木块 D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻 ‎10．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂子和砂桶的质量。‎ 实验时，一定要进行的操作或保证实验条件是______。‎ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M F.拉小车的两根细线必须都与木板平行 该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带两相邻计数点间还有两个点没有画出 ‎，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______结果保留三位有效数字。‎ 以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。‎ ‎11．如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直。质量为可看作质点的小滑块在恒定外力作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，物体与水平地面间的动摩擦因数。到达水平轨道的末端B点时撤去外力，已知AB间的距离为，滑块进入圆形轨道后从D点抛出，求：滑块经过圆形轨道的B点和D点时对轨道的压力是多大？取 ‎12．如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R＝1.5r。在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器。当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v0＝5 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25 N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x＝m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)水平推力F的大小；‎ ‎(2)撤去推力后传感器的示数。‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图，‎ ‎ ‎ 静止时 ， ， ‎ 水平细线被剪断瞬间，T消失，其它各力不变，所以， ‎ 故选D。‎ ‎2．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB.对A、B及弹簧组成的系统分析，可知该系统所受合外力为零，系统动量守恒，即mv1－Mv2=0﹐可知A、B的动量大小相等，当A的速度达到最大时，B的速度也最大，所以A的动能最大时，B的动能也最大，此过程中F1、F2均做正功，可知F1和F2做的总功不为零，A、B和弹簧组成的系统机械能增加，系统机械能不守恒，故A错误，B正确；‎ C.拉力大于弹簧弹力时，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，拉力大小不变，物体所受合力变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹力大小等于拉力时，物体的加速度为零，然后弹力大于拉力，物体做加速度增大的减速运动，故C错误；‎ D.拉力大于弹簧弹力时，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，外力做正功，系统的机械能增加；当弹簧弹力大小等于拉力时，物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达到最大，弹簧第一次最长时，A、B的总动能为零，总动能最小，故D错误.‎ ‎3．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.以铁块和木块为系统，细线断裂前后系统受力情况不变，所受合力均为零，因此在分别到达水面、水底前，系统动量守恒，选项A错误；‎ B. 该过程中铁块和木块均做匀加速直线运动，选项B错误；‎ C.在任一时刻均有Mv1=mv2，由于二者质量不相等，因此同一时刻两物体速度大小不同，选项C错误.‎ D.由可得，即MH=mh.故选项D正确.‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0；由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量。故选C。‎ ‎5．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 斜面上的加速度：‎ 斜面的长度 根据匀变速直线运动规律得：解得：‎ 故有：‎ 所以：，，‎ 即b先到，ac同时到 ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是根据牛顿第二定律对物体进行受力分析，并根据匀变速直线运动规律计算出时间．‎ ‎6．C ‎【解析】‎ 试题分析：以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故A错误；‎ 在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，处于超重状态；由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故BD错误，C正确．故选C。‎ 考点：牛顿第二定律的应用 ‎7．A ‎【解析】‎ 试题分析：对整体：4F-8f=8ma；对前4节车厢：2F-4f-T=4ma，解得T=0，即第4节车厢与第5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为0，故选A．‎ 考点：牛顿第二定律 ‎8．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 实验中要验证从斜面滑下的小车，装载物体的质量越大和到达斜面底部的速度这两个量之间的关系，根据控制变量法的思路，所以应选高度相同、车轮相同的情况下进行比较，来改变装载物体的质量的多少，从而判断装载物体的质量越大和到达斜面底部的速度这两个量之间的关系，故选择⑦、⑧、⑨三种情况分析；故选C。‎ ‎【点睛】‎ 用控制变量法探究物理问题时，一定要控制其它因素不变，才能得到正确的结论．‎ ‎9．0.4 1 0.625 A ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎①根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：‎ ‎，0.2s末的速度为：，‎ 则木块的加速度为：；‎ ‎②选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：，得：，若，则；‎ ‎③根据②的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻。故A正确，BCD错误。‎ ‎10．BCDF ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）A、小车受到的拉力可以用测力计测出，实验不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；‎ B、实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C、为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故C正确；‎ D、为得出普遍规律，改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，故D正确；‎ E、小车受到的拉力可以用测力计测出，实验中不必保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E错误；‎ F、为使小车受到的拉力等于细线的拉力，拉小车的两根细线必须都与木板平行，故F正确；‎ ‎（2）由于两相邻计数点间还有两个点没有画出，计数点间的时间间隔：，由 可知加速度：‎ ‎。‎ ‎（3）由牛顿第二定律得：，则 ，图象的斜率： ，小车质量为：‎ ‎11．，方向竖直向下； 。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 从A到B过程，由于动能定理得：，‎ 在B点，由牛顿第二定律得：，‎ 解得：，‎ 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为60N，方向竖直向下；‎ 从B到D过程，由机械能守恒定律得：，‎ 在D点，由牛顿第二定律得：，‎ 解得：，‎ 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为：。‎ ‎12．(1)75 N　(2)0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，‎ 其中传感器示数F1＝25 N。设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则  ①‎ 则圆球重力mg＝F1tanθ ②‎ 由①②式解得θ＝60°， ③‎ 当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则   ④‎ 系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μMg＝Ma ⑤ ‎ 系统匀速运动时F＝μMg ⑥‎ 其中Mg＝3mg，由③④⑤⑥解得，F＝75N ⑦‎ ‎(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得 ⑧‎ 解得FA＝0，即此时传感器示数为0‎ ‎【点睛】‎ 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。‎