2019高考物理一轮复习第三章《牛顿运动定律》第2课时牛顿第二定律两类动力学问题课时冲关新人教版.doc

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1、- 1 -第三章 第 2 课时 牛顿第二定律 两类动力学问题一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分)1(2017湖南四县(区)联考)如图所示，两根粗糙的直木棍 AB 和 CD 相互平行，固定在同一个水平面上一个圆柱形工件 P 架在两木棍之间，在水平向右的推力 F 的作用下，向右做匀加速运动若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后固定，仍将圆柱形工件 P 架在两木棍之间，用同样大小的水平推力 F 向右推该工件，则下列说法中正确的是( )A可能静止不动 B可能向右做匀速运动C一定向右做减速运动 D一定向右做加速运动解析：D 工件受力的侧视图如图，由平衡条件

2、得 2Ncos G；木棍的间距稍微减小时， 减小，cos 增大，则木棍对工件的支持力 N 减小，工件与木棍间的摩擦力减小，开始工件向右做匀加速直线运动，由于 F 不变，摩擦力减小，则工件一定向右做加速运动，故 D 正确2(2017福建漳州八校联考)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，它们间的摩擦力及空气阻力不计，则 ( )A运动员的加速度为 gtan B球拍对球的作用力为 mgC运动员对球拍的作用力为( M m)gcos D若加速度大于 gsin ，球一定沿球拍向上运动解析：A 对球进行受力分

3、析，受到重力 mg 和球拍对它的支持力 N，作出受力分析图如图甲所示，根据牛顿第二定律得：- 2 -Nsin ma， Ncos mg，解得 a gtan ， N ，故 A 正确，B 错误；以球拍和mgcos 球整体为研究对象进行受力分析，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 ，故 C 错误；当 agtan 时，球将沿球拍向上运动，由于 gsin 与 gtan M m gcos 的大小关系未知，故 D 错误3(2017四川绵阳一诊)如图，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中(

4、 )A弹簧达到自然长度前加速运动，之后减速运动B弹簧达到自然长度前加速运动，之后先加速运动后减速运动C加速度先增大后减小D加速度一直减小解析：B 在未剪断细线时，弹簧处于伸长状态，故弹簧对小球有向下的弹力，故剪断细线后小球先加速向下运动，加速度减小，当弹簧的弹力等于小球重力沿斜面向下的分力时，速度达到最大，小球继续向下运动，此后弹簧的弹力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球做减速运动，并且加速度增大，故 B 正确，A、C、D 错误4(68520058)(2017贵州遵义航天高级中学模拟)运动员从悬停的直升机上跳伞，下落一段时间后打开降落伞，打开伞之前，运动员所受空气阻力可忽略，打开伞后受到的空气

5、阻力与速度成正比，运动员打开伞后的运动情况不可能是( )A加速度大小先减小最后为零B加速度大小先增大最后为零C速度一直不变D速度先增大后不变解析：B 打开伞瞬间如果阻力大于重力，加速度向上，运动员做减速运动，根据阻力与速度成正比及牛顿第二定律得加速度逐渐减小，最后减为零，因此运动员先做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速运动，A 正确；打开伞瞬间如果阻力小于重力，加速度向下，运动员做加速运动，由阻力与速度成正比及牛顿第二定律得加速度逐渐减小，因此运动员先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，D 正确；打开伞的瞬间如果阻力等于重力，运动员做匀速直线运动，C 正确；加速度大小先增大最后为零是

6、不可能的，B 错误5(2017宁夏银川二中、银川九中、育才中学联考)如图所示，两个完全相同的轻弹簧，- 3 -一端均固定在水平面上，另一端均与质量为 m 的小球相连；轻杆一端固定在天花板上，另一端与小球相连，三者互成 120角，且两个弹簧的弹力大小均为 mg.如果将轻杆突然剪断，则剪断瞬间小球的加速度大小可能为( )A a0 B a gC a1.5 g D a3 g解析：A 小球受两根弹簧的弹力、重力以及轻杆的作用力处于平衡状态，其中弹簧 a、 b对小球的作用力大小均为 mg，夹角为 120，故弹簧 a、 b 对小球的作用力的合力为 mg；若弹簧处于伸长状态，剪断瞬间，弹簧的弹力不变，两弹簧合

7、力向下，则重力、两弹簧拉力的合力为2mg，加速度为 2g，方向向下若弹簧处于压缩状态，剪断瞬间，弹簧的弹力不变，两弹簧合力向上，与重力平衡，合力为零，则加速度为 0，故 A 正确，B、C、D 错误6(2017安徽六安一中月考)如图所示，光滑水平面上放置 M、 N、 P、 Q 四个木块，其中M、 P 质量均为 m， N、 Q 质量均为 2m， M、 P 之间用一轻质弹簧相连，现用水平拉力 F 拉 N，使四个木块以同一加速度 a 向右运动，则在突然撤去 F 的瞬间，下列说法正确的是( )A P、 Q 间的摩擦力改变D M、 P 的加速度大小变为a2C M、 N 间的摩擦力不变D N 的加速度大小仍

8、为 a解析：D 撤去 F 前，对 P、 Q 整体分析，知弹簧的弹力 F 弹 3 ma，撤去 F 的瞬间，弹簧的弹力不变，可知 P、 Q 的加速度不变，仍为 a；隔离对 P 分析， P、 Q 间的摩擦力不变，故 A、B错误撤去 F 前，隔离对 M 分析， f F 弹 ma，解得 f4 ma，对整体分析， F6 ma，撤去 F 后，对 M、 N 整体分析 a a，方向向左，隔离对 N 分析， f2 ma2 ma，知 M、 N 间的摩F弹3m擦力发生变化， N 的加速度大小不变，方向改变，故 C 错误，D 正确二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分全部选对的得 6 分，部分选

9、对的得 3 分，有选错或不答的得 0 分)7(2017河南周口西华一中等校联考)如图所示，一木箱在斜向下的推力 F 作用下以加速度 a 在粗糙水平地面上做匀加速直线运动现将推力 F 的大小增大到 3F，方向不变，则木箱做匀加速直线运动的加速度可能为( )A2 a B3 a- 4 -C4 a D5 a解析：CD 对木箱受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知水平方向： Fcos f ma，根据平衡条件可知竖直方向： Fsin mg N0，其中f N ，解得 a g ；若 F 变为 3 倍，加速F cos sin m度增加大于 3 倍，故 C、D 正确，A、B 错误8(2017闽粤大联考期末)一放在

10、粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力 F 的作用下沿水平面向右以加速度 a 做匀加速直线运动，力 F 在水平和竖直方向的分量分别为 F1、 F2，如图所示现将力 F 突然改为大小为 F1、方向水平向右的恒力，则此后( )A物体将仍以加速度 a 向右做匀加速直线运动B物体将可能向右做匀速直线运动C物体将可能以大于 a 的加速度向右做匀加速直线运动D物体将可能以小于 a 的加速度向右做匀加速直线运动解析：BD 设地面与物体间的动摩擦因数为 ，当在斜向上的拉力 F 的作用下运动时，加速度 a ，现将力 F 突然改为大小为 F1、方向水平向右的恒力，则加速度F1 mg F2ma a，所以物体可能以小于

11、 a 的加速度向右做匀加速直线运动，故 A、C 错误，D 正F1 mgm确；若 mg F1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故 B 正确9(2017河南中原名校联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角 60，使飞行器恰恰沿与水平方向成 30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间 t后，将动力的方向沿逆时针旋转 60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A加速时加速度的大小为 gB加速时动力的大小等于 mgC减速时动力的大小等于 mg32D减速飞行时间 t 后速度为零

12、解析：AC 起飞时，飞行器受动力和重力，两个力的合力与水平方向成 30角斜向上，设动力为 F，合力为 F 合 ，由几何关系得 F 合 mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度为 a1 g；加- 5 -速时动力的大小 F mg.动力方向逆时针旋转 60，合力的方向与水平方向成 30角斜向下，3动力 F跟合力 F 合 垂直，由几何关系得动力的大小 F mg，此时合力的大小为 F 合 32 mgsin 30，飞行器的加速度大小 a2 ，所以减速飞行时间 2t 后速度为零，故 A、C 正确g210(2017湖北七市联考)如图所示，竖直平面内有一光滑直杆 AB，杆与水平方向的夹角为 (0 90)，一质量为

13、m 的小圆环套在 直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力 F，并从 A 端由静止释放， 改变直杆和水平方向的夹角 ，当直杆与水平方向的夹角为 30时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为 g，则( )A恒力 F 一定沿与水平方向成 30角斜向右下的方向B恒力 F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成 30角斜向右下的方向C若恒力 F 的方向水平向右，则恒力 F 的大小为 mg3D恒力 F 的最小值为 mg32解析：BCD 由题意“当直杆与水平方向的夹角为 30时，小圆环在直杆上运动的时间最短”可知，恒力 F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向，B 正确，A

14、 错误若恒力 F 的方向水平向右，对小圆环受力分析可得 F mg，C 正确如图所示，此时， F 有最小值， F mgcos mgtan 3 mg，D 正确32三、非选择题(本题共 2 小题，共 40 分写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)11(68520059)(20 分)(2017江西九江三十校联考)为了测定木板和斜面间的动摩擦因数 ，某同学设计了如图所示的实验，在木板上固定一个弹簧测力计(质量不计)，弹簧测力计下端固定一个光滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时，弹簧测力计的示数为 F1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为 F2，测得斜面

15、倾角为 ，由测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？解析：设小球的质量为 m，木板的质量为 M.静止时，以小球为研究对象，有 F1 mgsin .下滑时，以小球为研究对象，有 mgsin F2 ma.- 6 -下滑时，以整体为研究对象，有( M m)gsin (M m)gcos ( M m)a.联立解得 tan .F2F1答案： tan F2F112(68520060)(20 分)(2017浙江杭州五校联盟二诊)足够长光滑斜面 BC 的倾角 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 点由一小段弧形连接，一质量 m2 kg 的小物块静止于 A 点现在 AB 段对小

16、物块施加与水平方向成 53角的恒力 F作用，如图(a)所示，小物块在 AB 段运动的速度时间图象如图(b)所示，到达 B 点迅速撤去恒力 F(已知 sin 530.8，cos 530.6)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)由图(b)可知， AB 段加速度 a1 m/s20.5 m/s2，根据牛顿第二定 v t 2.0 04.0 0律，有 Fcos (mg Fsin ) ma1，得 F ma1 mgcos s

17、in N11 N.20.5 0.52100.6 0.50.8(2)在 BC 段 mgsin ma2，解得 a2 gsin 8 m/s 2.小物块从 B 到 C 所用时间与从 C 到 B 所用时间相等，有 t s0.5 s.2vBa2 22.08.0(3)小物块从 B 向 A 运动过程中，有 mg ma3，解得 a3 g 0.510 m/s 25 m/s 2.滑行的位移 x m0.4 msAB t t 4.0 m4.0 m，所以小物块不v22a3 2.0225 v v2 2.02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