【師說】2022高考物理(新課標(biāo))一輪全程復(fù)習(xí)構(gòu)想檢測：課時訓(xùn)練8牛頓第二定律-兩類動力學(xué)問題

課時訓(xùn)練8牛頓其次定律兩類動力學(xué)問題一、選擇題1.eq\a\vs4\al([2021·上饒模擬])一輕彈簧的上端固定，下端懸掛一重物，彈簧伸長了8cm，再將重物向下拉4cm，然后放手，則在釋放重物的瞬間，重物的加速度是()A．g/4 B．g/2C．3g/2 D．解析假設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，開頭掛重物時彈簧伸長了x1＝8×10－2m，將重物向下拉4cm后，彈簧共伸長了x2＝0.12m，開頭掛重物時，受力平衡：kx1＝mg，將重物向下拉后，釋放重物時，由牛頓其次定律得：kx2－mg＝ma，解得：a＝g答案B2.(多選)一汽車沿直線由靜止開頭向右運動，汽車的速度和加速度方向始終向右．汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A．汽車從開頭運動到前進x1的過程中，汽車受到的合外力越來越大B．汽車從開頭運動到前進x1的過程中，汽車受到的合外力越來越小C．汽車從開頭運動到前進x1的過程中，汽車的平均速度大于v0/2D．汽車從開頭運動到前進x1的過程中，汽車的平均速度小于v0/2解析由v2＝2ax可知，若汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖象為線性關(guān)系，則汽車做勻加速運動．由題圖可知，汽車的加速度越來越大，汽車受到的合外力越來越大，A正確，B錯誤；依據(jù)汽車做加速度漸漸增大的加速運動，可畫出速度—時間圖象(圖線外形類似于題圖，圖略)，依據(jù)速度—時間圖象可得出汽車從開頭運動到前進x1的過程中，汽車的平均速度小于v0/2，C錯誤，D正確．答案AD3.eq\a\vs4\al([2021·大連模擬])如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的兩個小球置于光滑水平面上，且固定在一輕質(zhì)彈簧的兩端，已知彈簧的原長為L，勁度系數(shù)為k.現(xiàn)沿彈簧軸線方向在質(zhì)量為2m的小球上有一水平拉力A.eq\f(F,3k)B.eq\f(F,2k)C．L＋eq\f(F,3k) D．L＋eq\f(F,2k)解析兩個小球一起做勻加速直線運動，加速度相等，對系統(tǒng)進行受力分析，由牛頓其次定律可得F＝(m＋2m)a，對質(zhì)量為m的小球水平方向受力分析，由牛頓其次定律和胡克定律，可得kx＝ma，所以x＝eq\f(F,3k)，此時兩小球間的距離為L＋eq\f(F,3k)，C正確．答案C4.eq\a\vs4\al([2021·北京模擬])放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系如圖甲所示；物塊的運動速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示，6s后的速度—時間圖象沒有畫出，g取10m/s2.下列說法不正確的是()A．滑動時受的摩擦力大小是3NB．物塊的質(zhì)量為1.5kgC．物塊在6～9s內(nèi)的加速度大小是2m/s2D．物塊前6s內(nèi)的平均速度大小是4.5m/s解析由速度—時間圖象可以知道，在3～6s內(nèi)，物塊做勻速直線運動，即物塊所受到的摩擦力大小與推力F的大小相等，F(xiàn)f＝F36＝6N，故A錯誤；在0～3s內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，a＝2m/s2，F(xiàn)合＝ma＝F03－Ff＝3N，得出m＝1.5kg，故B正確；在6～9s內(nèi)，F(xiàn)69＝3N，F(xiàn)f＝6N，F(xiàn)合′＝ma′＝Ff－F69＝3N，得出a′＝2m/s2，故C正確；由速度—時間圖象的面積可知，0～6s內(nèi)物塊的位移x＝eq\f(1,2)×(3＋6)×6m＝27m，物塊前6s內(nèi)的平均速度大小v＝eq\f(x,t)＝4.5m/s，故D正確．答案A5.eq\a\vs4\al([2021·福建質(zhì)檢])高蹺運動是一項新型運動，圖甲為彈簧高蹺．當(dāng)人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后．人就向上彈起，進而帶動高蹺跳動，如圖乙．則下列說法正確的是()A．人向上彈起過程中，始終處于超重狀態(tài)B．人向上彈起過程中，踏板對人的作用力大于人對踏板的作用力C．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對人的作用力大于人的重力D．彈簧壓縮到最低點時，高蹺對地的壓力等于人和高蹺的總重力解析人向上彈起的過程，先做加速度漸漸減小的加速直線運動(超重狀態(tài))、而后做加速度漸漸增加的減速運動(失重狀態(tài))，最終做勻減速直線運動到最高點，選項A錯誤；人向上彈起過程中，踏板對人的作用力和人對踏板的作用力屬于作用力和反作用力，依據(jù)牛頓第三定律可知：二者等大反向，選項B錯誤；當(dāng)彈簧壓縮到最低點時，人有豎直向上的加速度，依據(jù)牛頓其次定律可知：高蹺對人的作用力大于人的重力，故人對高蹺的作用力大于人的重力，高蹺對地的壓力大于人和高蹺的總重力，選項C正確，選項D錯誤．答案C6.eq\a\vs4\al([2021·江西聯(lián)考])如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊沿足夠長的粗糙斜面由底端以初速度v0向上滑動，先后通過A、B，然后又返回到底端．設(shè)從A到B的時間為t1，加速度大小為a1，經(jīng)過A的速率為v1，從B返回到A的時間為t2，加速度大小為a2，經(jīng)過A的速率為v2，則()A．t1＝t2，a1＝a2，v1＝v2B．t1<t2，a1<a2，v1<v2C．物塊全過程的速度—時間圖線如圖乙所示D．物塊全過程的速度—時間圖線如圖丙所示解析由于從B返回A所受合外力小，對應(yīng)的加速度小，故t1<t2，a1>a2，v1>v2，所以A、B錯誤；物塊全過程的速度—時間圖線如題圖丙所示，C錯誤，D正確．答案D7.eq\a\vs4\al([2021·西安質(zhì)檢])如圖所示，50個大小相同、質(zhì)量均為m的小物塊，在平行于斜面對上的恒力F作用下一起沿斜面對上運動．已知斜面足夠長，傾角為30°，各物塊與斜面的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則第6個小物塊對第5個小物塊的作用力大小為()A.eq\f(9,10)FB.eq\f(1,10)FC.eq\f(45,2)mg＋eq\f(1,10)FD．由于動摩擦因數(shù)未知，所以不能確定解析視50個小物塊為整體，則由牛頓其次定律有F－50mgsin30°－50μmgcos30°＝50ma，視第1～5個物塊為整體，由牛頓其次定律有F－5mgsin30°－5μmgcos30°－FN＝5ma，聯(lián)立得，F(xiàn)N＝eq\f(9,10)F，故A正確．答案A8．粗糙水平面上放有P、Q兩個木塊，它們的質(zhì)量依次為m1、m2，與水平面的動摩擦因數(shù)依次為μ1、μ2.分別對它們施加水平拉力F，它們的加速度a隨拉力F變化的規(guī)律如圖所示．下列推斷正確的是()A．m1>m2，μ1>μ2 B．m1>m2，μ1<μ2C．m1<m2，μ1>μ2 D．m1<m2，μ1<μ2解析木塊在水平面受到拉力和摩擦力作用，依據(jù)牛頓其次定律有a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(1,m)F－μg，結(jié)合加速度a隨拉力F變化的圖象，圖線的斜率代表eq\f(1,m)，圖象Q的斜率大，即m1>m2，縱軸的截距是－μg，把圖象延長得到縱軸截距如圖，Q截距大說明μ2>μ1.對比答案B對．答案B9．游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道．甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有()A．甲的切向加速度始終比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D．甲比乙先到達B處解析設(shè)軌道的切線與水平面夾角為θ，小孩下滑過程的切向加速度a＝gsinθ，開頭甲大于乙后來甲小于乙，A項錯誤；由機械能守恒可知，甲、乙在同一高度的速度大小相等，B項正確；畫出甲、乙的速率—時間圖象如圖所示，由于兩種狀況路程相同(即圖象與t軸所圍的圖形的面積相同)，最終的速率相同，由圖可知甲比乙先到達B處，同一時刻，甲的位置總低于乙，C項錯誤，D項正確．答案BD10．如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開頭計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2>v1，則()A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析本題考查受力分析、牛頓其次定律和速度圖象，意在考查同學(xué)應(yīng)用牛頓其次定律并結(jié)合v－t圖象分析傳送帶模型的力量．小物塊對地速度為零時，即t1時刻，向左離開A處最遠(yuǎn)；t2時刻，小物塊相對傳送帶靜止，此時不再相對傳送帶滑動，所以從開頭到此刻，它相對傳送帶滑動的距離最大；0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向始終向右，大小不變；t2時刻以后相對傳送帶靜止，故不再受摩擦力作用，B正確．答案B二、非選擇題11.一根質(zhì)量近似為零、無彈性的細(xì)繩跨在一個光滑的、無轉(zhuǎn)動的滑輪上，細(xì)繩的兩端分別掛著兩個質(zhì)量差別不大的重物甲和乙，這樣一個裝置，叫做阿特伍德機，是試驗室中一種用來爭辯勻變速運動的常用試驗器材．在試驗中測出物體的加速度，然后跟利用牛頓其次定律得出的理論值比較，從而說明牛頓其次定律的正確性．(1)甲、乙兩個重物的質(zhì)量m1、m2用天平測定(設(shè)m1>m2)，重物下落(上升)的一段時間t可用秒表測定，為了測定重物的加速度，還必需使用一種測量工具________________________；重力加速度的測量值a＝__________.(用測量量表示)(2)依據(jù)牛頓其次定律，系統(tǒng)產(chǎn)生的加速度a′＝________.(當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間)(3)簡要說明甲乙兩個物體為何質(zhì)量不宜相差太多：___________解析(1)設(shè)重物在t時間內(nèi)下落的距離為h，依據(jù)運動公式h＝eq\f(1,2)at2，由于時間t用秒表測定，再用刻度尺測量出h，即可求出a＝eq\f(2h,t2).(2)依據(jù)牛頓其次定律T－m2g＝m2a′，m1g－T＝m1a′，解得a′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)g答案(1)刻度尺(或毫米刻度尺)eq\f(2h,t2)(2)eq\f(m1－m2,m1＋m2)g(3)假如質(zhì)量相差太大，則系統(tǒng)加速度就會較大，由于繩子長度有限，導(dǎo)致運動時間很短，會給時間測量帶來困難12.如圖所示，工人把重為1200N的貨物沿傾斜的木板推上汽車，木板長5m，一端離地高1m．貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5.假定工人的推力方向與板面平行，g取10m/s2，eq\r(6)＝2.45，eq\r(10)＝3.16.求：(1)工人搬運過程中的最小推力．(2)若工人用(1)中大小的推力沿板面對下推貨物，將貨物由靜止從木板頂端推到底端的時間．解析(1)對貨物受力分析，如圖甲所示．由平衡條件得：F＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)N＝mgcosθ由滑動摩擦力公式得：Ff＝μFN由數(shù)學(xué)學(xué)問得：sinθ＝eq\f(h,l)，cosθ＝eq\f(\r(l2－h(huán)2),l)聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：F＝240×(1＋eq\r(6))＝828N(2)對貨物受力分析，如圖乙所示．由牛頓其次定律得：F＋mgsinθ－Ff＝ma由勻變速運動規(guī)律得：l＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：t＝eq\f(\r(10),2)s＝1.58s答案(1)828N(2)1.58s13．如圖甲所示，為爭辯運動物體所受的空氣阻力，某爭辯小組的同學(xué)找來一個傾角可調(diào)、斜面比較長且表面平整的斜面體和一個滑塊，并在滑塊上固定一個高度可升降的風(fēng)帆。他們讓帶有風(fēng)帆的滑塊由靜止開頭沿斜面下滑，下滑過程中帆面始終與滑塊運動方向垂直．假設(shè)滑塊和風(fēng)帆總質(zhì)量為m，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，風(fēng)帆受到的空氣阻力與風(fēng)帆的運動速率成正比，即Ff＝kv.(1)寫出滑塊下滑過程中加速度的表達式；(2)求出滑塊下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以減小最大速度；(3)若m＝2kg，斜面傾角θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，滑塊由靜止下滑的v－t圖象如圖乙所示，圖中的斜虛線是t＝0時v－t圖線的切線，由此求出μ、k的值．解析(1)由題意知，滑塊有