2021届高考物理（全国通用版）大一轮复习检测：第三章 牛顿运动定律 第2课时　牛顿第二定律 Word版含解析

这是一份2021届高考物理（全国通用版）大一轮复习检测：第三章 牛顿运动定律 第2课时　牛顿第二定律 Word版含解析，共13页。

【基础巩固】
牛顿第二定律的理解
1.(2016·江苏盐城期中)由牛顿第二定律可知,无论怎样小的力都可以使物体产生加速度.可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时,却推不动它,这是因为( D )
A.牛顿第二定律不适用于静止物体
B.有加速度产生,但数值很小,不易觉察
C.静摩擦力大于水平推力,所以桌子静止不动
D.桌子所受合力为零,加速度为零,所以静止不动
解析:用很小的力来推桌子,这个力小于最大静摩擦力就不会被推动,说明合力为零,根据牛顿第二定律,加速度为零,因而静止不动,即牛顿第二定律适用于静止物体,故选项A,B错误,D正确;桌子受力平衡,水平方向上静摩擦力等于水平推力大小,故选项C错误.
2.如图所示,质量m=10 kg的物体在水平面上向左运动,物体与水平面间的动摩擦因数为0.2,与此同时物体受到一个水平向右的推力F=20 N的作用,则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)( B )
A.0 B.4 m/s2,水平向右
C.2 m/s2,水平向左D.2 m/s2,水平向右
解析:对物体受力分析可知F合=F+Ff,Ff=μmg,所以F合=20 N+0.2×
10×10 N=40 N,所以a== QUOTE m/s2=4 m/s2,方向水平向右,故选项B
正确.
牛顿第二定律的瞬时性问题
3.(2016·沈阳四校协作体月考)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( C )
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
解析:物块M受力如图所示,因M相对车厢壁静止,竖直方向有Ff=Mg,与水平方向的加速度大小无关,故选项A,D错误.水平方向有FN=Ma,FN随a的增大而增大,由牛顿第三定律知,选项B错误.FN的增大对竖直方向的平衡没有影响,选项C正确.
4.如图(甲)所示为蹦极运动的简化示意图,一质量可忽略的弹性绳拴在O处,且已知弹性绳的原长为OA,现在O处安装一力传感器,通过计算机可以显示弹性绳的弹力随时间的变化,小明在某次蹦极过程的弹力Ft图如图(乙)所示,(甲)图中的C点为此次蹦极过程的最低点,则下列说法正确的是( D )
A.小明的体重为900 N
B.t1～t2时间内小明的加速度越来越大
C.t2～t3时间内小明的加速度先变大后变小
D.t1～t3时间内小明两次通过B点
解析:t2时刻绳的拉力为900 N,此时人处于C点,加速度向上,即重力小于900 N,选项A错误;t1～t2时间内小明从A点运动到C点,加速度先向下减小后向上增大,选项B错误;t2～t3时间内小明的加速度先向上减小后向下增大,选项C错误;t1～t2时间内向下经过B点,t2～t3时间内向上通过B点,所以t1～t3时间内小明两次通过B点,故选项D
正确.
5.导学号 00622168(2016·陕西宝鸡质检)如图所示,将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上,用轻弹簧1,2,3将质量为m的小球悬挂起来.框架和小球都静止时弹簧1竖直,弹簧2,3水平且长度恰好等于弹簧原长,这时框架对地面的压力大小等于(M+m)g.现将弹簧1从最下端剪断,则在剪断后瞬间( D )
A.框架对地面的压力大小仍为(M+m)g
B.框架对地面的压力大小为0
C.小球的加速度为0
D.小球的加速度大小等于g
解析:剪断弹簧1下端瞬间,弹簧1的弹力消失,弹簧2,3的弹力仍为零,此时小球的加速度为g,框架对地面的压力为Mg,选项D正确.
动力学的两类基本问题
6.(2016·河北石家庄一模)如图所示,一辆小车静置在水平地面上,用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球P悬挂于车顶O点,在O点正下方有一光滑小钉A,它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长L0.现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动,在此运动过程中(橡皮筋始终在弹性限度内),小球的高度( A )
A.保持不变
B.逐渐降低
C.逐渐升高
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
解析:设k为橡皮筋的劲度系数,小车静止时,对小球分析可得FT1=
kx1=mg,橡皮筋的伸长量x1=,即小球与悬挂点的距离为L1=L0+,当小车的加速度稳定在一定值时,小球受力如图,可得FT2cs α=ma,
FT2sin α=mg,所以FT2=,橡皮筋的伸长量x2=,则小球与悬挂点的竖直距离为L2=L0+·sin α=L0+=L1,即小球在竖直方向上到悬挂点的距离不变,故选项A正确,B,C,D错误.
7.(2016·广东广州联考)北京获得2022年冬奥会举办权,极大地提升了全国人民参与冬奥项目的热情.冰壶是冬奥会的比赛项目,将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来.换一个材料相同,质量更大的冰壶,以相同的初速度推出后,冰壶运动的距离将( A )
A.不变B.变小
C.变大D.无法判断
解析:冰壶在冰面上在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,根据牛顿第二定律有f=ma,加速度a= QUOTE ==μg,相同材料的冰壶虽然质量不同但在冰面上滑行的加速度相等.根据v2-=2ax知x=,由于两个冰壶的初速度相等,故滑行的位移大小相等,故选项A正确.
动力学的图像问题
8.(2016·东北三省四市联考)(多选)某物体质量为1 kg,在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动,其速度—时间图像如图所示,根据图像可知( BC )
A.物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B.物体在第3 s内所受的拉力大于1 N
C.在0～3 s内,物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反
D.物体在第2 s内所受的拉力为零
解析:由题图可知,第1 s内和第3 s内物体做加速运动,则拉力大于摩擦力,第2 s内物体做匀速直线运动,拉力与摩擦力大小相等,所以选项A,D错误;第3 s内物体的加速度大小为1 m/s2,根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 N,所受拉力大于1 N,选项B正确;物体运动过程中,拉力方向始终和运动方向相同,摩擦力方向始终和运动方向相反,选项C正确.
9.(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反.该过程的vt图像如图所示,g取10 m/s2.下列说法中正确的是( AC )
A.小球所受重力和阻力之比为5∶1
B.小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/s
D.小球下落过程中,受到向上的空气阻力,处于超重状态
解析:设小球受空气阻力为Ff,则上升过程中有mg+Ff=ma1,由于a1=
12 m/s2,解得Ff=2 N,小球所受重力和阻力之比为5∶1,选项A正确;下落过程中有mg-Ff=ma2,可得a2=8 m/s2,根据h= QUOTE at2可得 QUOTE ==,选项B错误;由于t1=2 s,则t2= s,小球落回抛出点时v=a2t2=8 m/s,选项C正确;小球下落过程中,加速度方向竖直向下,小球处于失重状态,选项D错误.
10.导学号 00622169(多选)一小滑块(可看成质点)在水平拉力F作用下,沿粗糙水平面做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图所示.在0.5 s,1.5 s,2.5 s,3.5 s时刻拉力F的大小分别为F1,F2,F3,F4,则下列判断正确的是( CD )
A.F1F4D.F3>F4
解析:小滑块在运动过程中受到拉力和滑动摩擦力作用,运动过程中受到的滑动摩擦力不变,而图像的斜率表示加速度,从图像中可得0.5 s和1.5 s时,物体处在加速运动阶段,所以F1>Ff,F2>Ff,由于1.5 s时的斜率小于0.5 s时的斜率,所以0.5 s时的加速度大于1.5 s时的加速度,由F-Ff=ma得F1>F2,2.5 s和3.5 s时物体处在减速运动阶段,所以F3F4,同理,有F1>F4,F2>F3,选项C,D正确.
【素能提升】
11.如图所示,小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球.当小车和小球相对静止,一起在水平面上运动时,下列说法正确的是( D )
A.细绳一定对小球有拉力的作用
B.轻弹簧一定对小球有弹力的作用
C.细绳不一定对小球有拉力的作用,但是轻弹簧对小球一定有弹力的作用
D.细绳不一定对小球有拉力的作用,轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用
解析:若小球与小车一起匀速运动,则细绳对小球无拉力;若小球与
小车有向右的加速度a=gtan α,则轻弹簧对小球无弹力,故选项
D正确.
12.导学号 00622170(2016·山西阳泉月考)(多选)如图(1)所示,一个物体放在粗糙的水平地面上.从t=0时刻起,物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动.在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图(2)所示.已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等.则( AB )
A.t0时刻,物体速度增加到最大值
B.在0到t0时间内,物体的速度变化为 QUOTE a0t0
C.在0到t0时间内,物体做匀减速直线运动
D.在0到t0时间内,物体的位移为 QUOTE a0t0
解析:物体在水平方向上受到拉力和摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得F-μmg=ma,因为是从静止开始运动,所以物体做加速运动,从图(2)中可以得知物体的加速度在减小,所以物体做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度达到最大,故选项A正确,C错误.由于Δv=at,根据微元法可知,at图线与t轴所围面积表示物体速度变化,即Δv= QUOTE a0t0,选项B正确,D错误.
13.导学号 00622171如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体,现推物体到A点后释放,物体可以一直运动到B点.如果物体受到的阻力恒定,则( A )
A.物体从A到O先加速后减速
B.物体从A到O做加速运动,从O到B做减速运动
C.物体运动到O点时,所受合力为零
D.物体从A到O的过程中,加速度逐渐减小
解析:物体从A到O,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力,合力向右.随着物体向右运动,弹力逐渐减小,合力逐渐减小,加速度向右且逐渐减小,物体的速度逐渐增大.当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时,弹力减小到与阻力相等,物体所受合力为零,加速度为零,速度达到最大.此后,随着物体继续向右运动,弹力继续减小,阻力大于弹力,合力方向变为向左.至O点时弹力减为零,此后弹力向左且逐渐增大.所以物体越过O′点后,合力(加速度)方向向左且逐渐增大,物体做加速度逐渐增大的减速运动,故选项A正确.
14.导学号 00622172如图(甲)所示,有一足够长的粗糙斜面,倾角θ=37°,一滑块以初速度v0=16 m/s从底端A点滑上斜面,滑到B点后又返回到A点.滑块运动的图像如图(乙)所示,求:(已知sin 37°=
0.6,cs 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2)
(1)AB之间的距离;
(2)滑块再次回到A点时的速度大小;
(3)滑块在整个运动过程中所用的时间.
解析:(1)由vt图像知AB之间的距离为
xAB= m=16 m.
(2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1,从B返回到A过程的加速度大小为a2,滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ,则有
a1= m/s2=8 m/s2
由于mgsin θ+μmgcs θ=ma1,则μ=0.25.
滑块由B返回到A的过程中,则有
mgsin θ-μmgcs θ=ma2
即a2=4 m/s2,
则滑块返回到A点时的速度为v,有v2-0=2a2xAB
即v=8 m/s.
(3)设滑块从A到B用时为t1,从B返回到A用时为t2,则有t1=2 s
t2= QUOTE =2 s
则滑块在整个运动过程中所用的时间为
t=t1+t2=(2+2)s.
答案:(1)16 m (2)8 m/s (3)(2+2)s
【备用题组】
1.(2016·贵阳月考)如图所示,质量均为m的A,B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态,已知重力加速度为g.现在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力,在力刚作用于B球的瞬间( D )
A.B球加速度大小为 QUOTE ,A球加速度大小为 QUOTE
B.B球加速度大小为2g,A球加速度大小为0
C.B球加速度大小为0,A球加速度大小为g
D.B球加速度大小为g,A球加速度大小为0
解析:在力作用于B球的瞬间,A的受力情况不变,所以A的加速度为0,而B球所受的重力和弹簧的弹力不变,所受的合力为施加的竖直向下、大小为mg的力,B球加速度大小为g,故选项D正确.
2.(2016·珠海模拟)质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶.从某时刻开始,汽车牵引力减小了2 000 N,阻力大小不变,那么从该时刻起经过6 s,汽车行驶的路程是( C )
A.50 mB.42 mC.25 mD.24 m
解析:汽车匀速运动时F牵=Ff,当牵引力减小2 000 N时,即汽车所受力的大小为F=2 000 N,根据牛顿第二定律得a=2 m/s2.汽车减速到停止所需时间t= QUOTE =5 s,汽车行驶的路程x= QUOTE vt=25 m,故选项C正确.
3.(2016·重庆月考)(多选)质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线运动,一段时间后撤去外力,已知物体的vt图像如图所示,则下列说法正确的有( AD )
A.物体所受摩擦力大小为
B.水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的2倍
C.物体在加速段的平均速度大于减速段的平均速度
D.0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为
解析:由vt图像知物体在加速段的加速度大小为a1= QUOTE ,在减速段的加速度大小为a2=,由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为Ff=
ma2=,选项A正确;而F-Ff=ma1,即水平拉力大小为F=,是物体所受摩擦力大小的3倍,选项B错误;由 QUOTE =知物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度大小相等,均为 QUOTE ,选项C错误;0～3t0时间内物体的位移为x=,所以克服摩擦力做功的平均功率为P==,选项D正确.
4.如图,小球甲从倾角θ=30°的光滑斜面上高h=5 cm的A点由静止释放,同时小球乙自C点以速度v0=0.2 m/s沿光滑水平面向左匀速运动,C点与斜面底端B处的距离L=0.6 m,甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去,求甲释放后经过多长时间刚好追上乙?(取g=10 m/s2)
解析:设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a,
运动时间为t1,运动到B处时的速度为v1,
则mgsin 30°=ma
得a=5 m/s2,由= QUOTE a,解得t1=0.2 s,
v1=at1=1 m/s
甲进入水平面到追上乙的过程中满足v0t+L=v1(t-t1)
代入数据解得t=1 s.
答案:1 s
5.(2016·浙江宁波期中)如图(甲)所示,质量为m=1 kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F,t1=0.5 s时撤去拉力,物体速度与时间的部分图像如图(乙)所示.(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少?
(2)拉力F的大小为多少?
(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离x为多少?
解析:(1)由图像得撤去F后物体向上匀减速运动时,
加速度为a2= m/s2=10 m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcs θ=ma2
代入数据解得μ=0.5.
(2)物体在力F作用下向上匀加速运动时,
加速度为a1= m/s2=20 m/s2.
根据牛顿第二定律得
F-mgsin θ-μmgcs θ=ma1
代入数据解得F=30 N.
(3)在0～0.5 s内,由速度—时间图像得出物体的位移为
x1= QUOTE ×10×0.5 m=2.5 m
撤去力F后物体沿斜面向上运动,由v2-=2ax得
x2== m= 5 m.
则物体向上滑行的最大距离
x=x1+x2=7.5 m.
答案:(1)0.5 (2)30 N (3)7.5 m