备考2019年高考物理一轮复习文档：第3章 第2讲《牛顿第二定律　两类动力学问题》练习（含解析）

板块三限时规范特训

　　时间：45分钟　满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7为单选，8～10为多选)

1．[2018·山东枣庄质检]有一轻质橡皮筋下端挂一个铁球，手持橡皮筋的上端使铁球竖直向上做匀加速运动，若某时刻手突然停止运动，则下列判断正确的是(　　)

A．铁球立即停止上升，随后开始向下运动

B．铁球立即开始向上做减速运动，当速度减到零后开始下落

C．铁球立即开始向上做减速运动，当速度达到最大值后开始下落

D．铁球继续向上做加速运动，当速度达到最大值后才开始做减速运动

答案　D

解析　铁球匀加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止运动瞬间，铁球由于惯性继续向上运动，开始阶段橡皮条的拉力还大于重力，合力竖直向上，铁球继续向上加速运动，当拉力等于重力后，速度达到最大值，之后拉力小于重力，铁球开始做减速运动，故A、B、C错误，D正确。

2．[2018·莱州质检]如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是(　　)

A．F1不变，F2变大 B．F1变大，F2不变

C．F1、F2都变大 D．F1变大，F2减小

答案　B

解析　若小车向右加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，B正确。

3．[2017·广西南宁模拟]如图所示，车内轻绳AB与BC拴住一小球，BC水平，开始车在水平面上向右匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则(　　)

A．AB绳、BC绳拉力都变小

B．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变

C．AB绳拉力不变，BC绳拉力变小

D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大

答案　C

解析　对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力FT2、AB绳子的拉力FT1，如图所示，根据牛顿第二定律，水平方向：FT2－FT1sinθ＝ma

竖直方向：FT1cosθ－mg＝0

解得FT1＝，AB绳子的拉力不变

FT2＝mgtanθ＋ma

匀速时加速度为零，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC绳子的拉力变小，故C正确，A、B、D错误。

4．[2018·吉林调研]如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)

A．0    B．8 N 

C．10 N    D．50 N

答案　B

解析　剪断细线前，物体A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40 N，剪断细线的瞬间，对物体A、B整体分析，整体加速度a＝＝2 m/s2，对物体B隔离分析，有mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝8 N，故B正确。

5．如图所示，两根长度分别为L1和L2的光滑杆AB和BC在B点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B点由静止释放，分别沿BA和BC滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为(　　)

A.  B.

C.  D.

答案　C

解析　设BA和BC倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得：

滑环沿BA下滑的加速度为a1＝＝gsinα

沿BC下滑的加速度为a2＝＝gsinβ

设下滑时间为t，由题有：

L1＝a1t2

L2＝a2t2

由几何知识有：sinα＝cosβ

联立以上各式解得t＝，故C正确。

6．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)

A．1∶1∶1    B．5∶4∶3

C．5∶8∶9    D．1∶2∶3

答案　A

解析　利用等时圆模型，以AC为直径画圆，B、D刚好在圆上，所以时间相等，故A正确。

7．[2017·河南开封模拟]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为(　　)

A．4 kg    B．3 kg 

C．2 kg    D．1 kg

答案　B

解析　对整体分析，当F＝8 N时，加速度为a＝2 m/s2，由牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，代入数据解得mA＋mB＝4 kg；当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对B有aB＝＝F－，则图线的斜率k＝＝1，解得mB＝1 kg，滑块A的质量为mA＝3 kg，B正确。

8．[2017·天水模拟]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，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是(　　)

A．小球受力个数不变

B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2

C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2

D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零

答案　BD

解析　在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10 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，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确。

9．如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为(　　)

A．aA＝2a＋3μg B．aA＝2(a＋μg)

C．aB＝a D．aB＝a＋μg

答案　AC

解析　撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·3mg＝3ma, 对B有F1－μ·2mg＝2ma，得F1＝2(a＋μg)m。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F1，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B受力不变，aB＝a，对物块A，由牛顿第二定律得F1＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。综上分析，A、C正确。

10．[2017·郑州模拟]乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则(　　)

A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上

B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下

C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma

D．小物块受到的静摩擦力为mg＋ma

答案　AD

解析　小物块相对于斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以小物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝mg＋ma，方向平行斜面向上。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．[2017·吉林省实验中学二模](14分)如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA＝2 kg的薄木板A和质量为mB＝3 kg的金属块B，A的长度l＝2 m，B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC＝1 kg的物块C相连。B与A之间的滑动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及与轴间的摩擦。起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端(如图)，然后放手，求金属块B从A的右端脱离所经历的时间t(设A的右端距滑轮足够远)(取g＝10 m/s2)。

答案　4 s

解析　根据牛顿第二定律得，B的加速度

aB＝＝ m/s2＝ m/s2，

A的加速度aA＝＝ m/s2

根据aBt2－aAt2＝l，解得t＝4 s。

12．[2018·湖南株洲诊断](16分)滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，已知坡长l＝24.1 m，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；

(2)求运动员到达B处时的速度大小；

(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离。

答案　(1)2 s　(2)15 m/s　(3)22.5 m

解析　(1)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，有a1＝gsinθ－μ1gcosθ＝4 m/s2

运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t1＝＝2 s

位移x1＝a1t＝8 m。

(2)由牛顿第二定律得，mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2，有

a2＝gsinθ－μ2gcosθ＝5 m/s2

由v＝v2＋2a2(l－x1)

代入数据解得vB＝15 m/s。

(3)根据牛顿第二定律得a3＝μ3g＝5 m/s2

在水平面滑行的距离x3＝＝22.5 m。