2022版高考物理一轮复习演练：专题3 第2讲 牛顿第二定律、两类动力学问题

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1．由牛顿第二定律表达式F＝ma可知( )
A．质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比
B．合外力F与质量m和加速度a都成正比
C．物体的加速度的方向总是跟它速度的方向一致
D．物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的质量m成反比
【答案】D
2．(2020届沈阳四校联考)如图所示，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 ( )
A．M受静摩擦力增大 B．M对车厢壁的压力减小
C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力减小
【答案】C
3．(2020年上海浦东新区一模)如图所示，小球沿不同倾角θ的光滑斜面滑下，小球的加速度a及对斜面的压力N，与各自最大值的比值y随θ变化的图像分别对应y－θ图中的( )
A．①和② B．①和④
C．②和③ D．③和④
【答案】A 【解析】对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，当θ＝90°时，加速度最大为g，则比值为y＝eq \f(a,g)＝sin θ，随着θ的增大，y增大，对应①；支持力N＝mgcs θ，支持力的最大值为mg，则有y＝eq \f(mgcs θ,mg)＝cs θ，随着θ的增大，y减小，对应②.A正确．
4．一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示，则物块减速为零的时间将( )
A．变大B．变小
C．不变D．不能确定
【答案】B
5．中国载人深潜器“蛟龙”号7 000 m级海试中下潜深度达7 062 m，再创中国载人深潜纪录．设潜水器在下潜或上升的过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，已知海水浮力大小为F，设海水阻力与潜水器的速率成正比．当潜水器的总质量为m时恰好匀速下降，若使潜水器以同样速率匀速上浮，则需要抛弃物体的质量为(重力加速度为g)( )
A．eq \f(2F,g)－m B．2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(F,g)))
C．m－eq \f(F,g) D．2m－eq \f(F,g)
【答案】B
6．(2020年保定安国中学月考)(多选)如图，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为θ.设重力加速度为g，下列正确的是( )
A．剪断弹簧OA瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．剪断弹簧OA瞬间，小球的加速度大小为eq \f(g,cs θ)，方向与竖直方向成θ角斜向右下
C．剪断OB绳瞬间，小球的加速度大小为gsin θ，方向与OA垂直斜向左下
D．剪断OB绳瞬间，小球的加速度大小为gtan θ，方向水平向左
【答案】AD 【解析】剪断弹簧OA瞬间，绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律得a＝g，方向竖直向下，故A正确，B错误；以球为研究对象，由平衡条件得FOB－FOAsin θ＝0，FOAcs θ－mg＝0，联立解得FOB＝mgtan θ.剪断轻绳OB瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得a＝eq \f(mgtan θ,m)＝gtan θ，方向水平向左，故C错误，D正确．
综合提升练
7．(2020年山东山师大附中月考)(多选)如图所示，一折杆固定在小车上，∠A＝θ，B端固定一个质量为m的小球，设小车向右的加速度为a，AB杆对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是( )
A．当a＝0时，F＝eq \f(mg,cs θ)，方向沿AB杆
B．当a＝gtan θ时，F＝eq \f(mg,cs θ)，方向沿AB杆
C．无论a取何值，F都等于meq \r(g2＋a2)，方向都沿AB杆
D．无论a取何值，F都等于meq \r(g2＋a2)，方向与AB杆所在直线无关
【答案】BD 【解析】对小球受力分析，小球一共受两个力：重力和杆对球的弹力；因为小车和球相对静止，小车有向右的加速度，小球也有向右的加速度．设弹力与竖直方向夹角为α，画出小球的受力示意图如图，则Fcs α＝mg、Fsin α＝ma，解得F＝eq \r(mg2＋ma2)、tan α＝eq \f(a,g).当a＝0时，F＝mg、α＝0，即力F的方向竖直向上，故A错误．当a＝gtan θ时，F＝eq \r(mg2＋ma2)＝eq \f(mg,cs θ)、α＝θ，即力F的方向沿AB杆，故B正确；无论a取何值，F都等于eq \r(mg2＋ma2)，方向与a取值大小有关，与AB杆所在直线无关，故C错误，D正确．
8．(2020年天津滨海七校联考)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶．在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定．上一层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当C与车共同向左加速时( )
A．A对C的支持力变大
B．B对C的支持力不变
C．当向左的加速度达到eq \f(\r(3),2)g时，C将脱离A
D．当向左的加速度达到eq \f(\r(3),3)g时，C将脱离A
【答案】D 【解析】对C进行受力分析，如图所示．
设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝eq \f(R,2R)＝eq \f(1,2)，所以θ＝30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°.原来C处于静止状态，根据平衡条件可得NBsin 30°＝NAsin 30°；令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有NB′sin 30°－NA′sin 30°＝ma，可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故A、B错误；当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得mgtan 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),3)g，故C错误，D正确．
9．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv.
(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；
(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；
(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(结果保留2位有效数字)

甲 乙
解：(1)由牛顿第二定律，有
mgsin θ－μmgcs θ－kv＝ma，
解得a＝gsin θ－μgcs θ－eq \f(kv,m).
(2)当a＝0时速度最大
vm＝eq \f(mgsin θ－μcs θ,k)，
减小最大速度的方法：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些．
(3)当v＝0时，
a＝gsin θ－μgcs θ＝3 m/s2，
解得μ＝eq \f(2\r(3),15)≈0.23.
最大速度vm＝2 m/s，即vm＝eq \f(mgsin θ－μcs θ,k)＝2 m/s
解得k＝3.0 N·s/m.