（江苏专用）高三物理一轮复习 必考部分 第3章 牛顿运动定律 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题课时强化练-人教高三物理试题

牛顿第二定律两类动力学问题(限时：40分钟)A级跨越本科线1在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为() 【导学号：96622267】Am2·kg·s4·A1Bm2·kg·s3·A1Cm2·kg·s2·A1 Dm2·kg·s1·A1B根据物理公式分析物理量的单位因U，故1 V1 1 kg·m2·s3·A1，选项B正确2. (2016·上海高考)如图3­2­9所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的()图3-2-9AOA方向 BOB方向COC方向 DOD方向D据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确3如图3­2­10所示，ad、bd、cd是竖直面内的三根同种材料制成的固定粗糙细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周上最高点，d点为圆周上最低点每根杆上都套有一个小圆环，三个同样的圆环分别从a、b、c处由静止释放均沿杆下滑，用t1、t2、t3依次表示各环到达d点所用的时间，则()图3­2­10At1<t2<t3 Bt1>t2>t3Ct3>t1>t2 Dt1t2t3A设细杆与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律可知加速度agcos gsin ，而位移x2Rcos ，根据xat2得：t，即有t1<t2<t3，所以A项正确4如图3­2­11所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时()【导学号：96622268】图3­2­11AM受静摩擦力增大BM对车厢壁的压力减小CM仍相对于车厢静止DM受静摩擦力减小C分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有FfMg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误；水平方向，FNMa，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误；因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确5. (2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图3­2­12所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s、510 s、1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()图3212AF1<F2 BF2>F3CF1>F3 DF1F3A由vt图象可知，05 s内加速度a10.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin fF1ma1，F1mgsin f0.2m；510 s内加速度a20，根据牛顿第二定律有mgsin fF2ma2，F2mgsin f；1015 s内加速度a30.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin fF3ma3，F3mgsin f0.2m.故可得：F3>F2>F1，选项A正确6如图3­2­13所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()甲乙图3­2­13A两图中两球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为0C图乙中轻杆的作用力一定不为0D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍D撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin ，加速度为2gsin ；图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsin ，加速度均为gsin ，可知只有D对7(多选)如图3­2­14所示，在动摩擦因数0.2的水平面上，质量m2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零g取10 m/s2，以下说法正确的是() 【导学号：96622269】图3­2­14A此时轻弹簧的弹力大小为20 NB当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左C若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右D若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度为0AB物块在重力、拉力F和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得F弹Fcos ，mgFsin ，联立解得弹簧的弹力F弹20 N，选项A正确；撤去拉力F的瞬间，由牛顿第二定律得F弹mgma1，解得a18 m/s2，方向向左，选项B正确；剪断弹簧右端的瞬间，物块受到的弹力消失，则Fcos ma2，解得a210 m/s2，方向向右，选项C、D错误8为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量，在训练中，让运动员腰部系绳拖着汽车的轮胎奔跑，已知运动员在奔跑中拖绳上端到地面的高度为1.2 m，且恒定轻质无弹性的拖绳长2.4 m，运动员质量为60 kg，车胎质量为10 kg，车胎与跑道间的动摩擦因数为0.7，如图3­2­15甲所示，将运动员某次拖着汽车的轮胎奔跑100 m当作连续的过程，简化处理后的v­t图象如图乙所示，g取10 m/s2，1.73，不计空气阻力影响，求：(1)运动员加速过程中的加速度大小及跑完100 m所用时间；(2)在加速阶段，拖绳的张力大小及运动员受到地面的摩擦力的大小(结果保留三位有效数字)图3­2­15【解析】(1)由题图乙可知a m/s22 m/s2，而atv(tt1)x，解得t14.5 s.(2)由几何关系可知绳与地面的夹角为30°，以轮胎为研究对象，在竖直方向上有FNmgTsin 30°，FfFN，在水平方向上有Tcos 30°Ffma，联立解得加速阶段的拉力T74.1 N，以运动员为研究对象，设运动员受到地面的摩擦力为Ff人，则Ff人Tcos 30°Ma，解得Ff人184 N.【答案】(1)2 m/s214.5 s(2)74.1 N184 NB级名校必刷题9(多选)(2017·盐城模拟)如图3­2­16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取10 m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()图3­2­16A4 m/s2 B3 m/s2C2 m/s2 D1 m/s2AB设圆柱形工件的质量为m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有FQmgFNcos 15°，F合FNsin 15°ma，联立解得a×tan 15°×0.272.7 m/s22.7 m/s2，故选项A、B正确10. (多选)如图3­2­17所示，把质量为m的物块轻放在固定斜面上，物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，则() 【导学号：96622270】图3­2­17A若只把该物块的质量增加一倍，物块仍以加速度a匀加速下滑B若只把该物块的质量增加一倍，物块可能以大于a的加速度匀加速下滑C若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力Fmg，物块仍以加速度a匀加速下滑D若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力Fmg，物块将以大于a的加速度匀加速下滑AD物块沿斜面匀加速下滑的加速度agsin gcos ，与质量无关，选项A正确、B错误；若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力Fmg，其沿斜面方向的合外力增大，物块质量不变，物块将以大于a的加速度匀加速下滑，选项C错误、D正确11(多选)如图3­2­18甲所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v010 m/s、质量为m1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是()甲乙图3­2­18A05 s内小木块做匀减速运动B在t1 s时，摩擦力反向C斜面倾角37°D小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5BCD小木块做匀减速直线运动的加速度大小为a1 m/s210 m/s2，做匀减速直线运动的时间为t1 s1 s，故t1 s时小木块反向运动，A错误，B正确；木块反向做匀加速直线运动的加速度大小为a2 m/s22 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2，联立解得sin 0.6，0.5，所以37°，C、D正确12一质量为m0.4 kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动，如图3­2­19所示为其运动的v­t图象的一部分，已知0.4 s以前车做匀变速运动，之后做变加速运动直到速度最大，2 s时刻关闭发动机，玩具车开始做匀减速运动最终停止，小汽车全过程中所受阻力可视为恒定求：图3­2­19(1)关闭发动机后小车运动的时间；(2)匀加速阶段小汽车的驱动力大小；(3)估算全过程小汽车行驶的距离【解析】(1)设2 s后小汽车加速度大小为a2，据图象得a2 m/s22 m/s2.设减速阶段时间为t，由0v0a2t，解得t4 s.(2)设00.4 s内，小汽车加速度大小为a1a1 m/s210 m/s2据牛顿第二定律得Ffma1关闭发动机后fma2解得F4.8 N.(3)00.4 s内的位移x1a1t×10×0.42 m0.8 m根据图象可得0.42 s内的位移x258×0.2×1 m11.6 m2 s以后的位移x3a2t2×2×42 m16 m小汽车的总位移xx1x2x328.4 m(计算结果在27.629.2间均正确)【答案】(1)4 s(2)4.8 N(3)28.4 m