2020屆高考物理總復(fù)習(xí)課堂檢測(cè)：牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題

1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)（九） 牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題 A 級(jí)一一基礎(chǔ)小題練熟練快 1. （2019 淮北檢測(cè)）下列說法正確的是（ ） A 物體受到力的作用時(shí)，力克服了物體的慣性，使其產(chǎn)生了加速度 B.人走在松軟土地上下陷時(shí)具有向下的加速度， 說明人對(duì)地面的壓力大于地面對(duì)人的 支持力 C 物理公式既能確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，又能確定物理量間的單位關(guān)系 D .對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一個(gè)水平力，當(dāng)力剛作用的瞬間，加速度為零 解析：選 C 慣性是物體的固有屬性，力能使物體產(chǎn)生加速度，但不能說力克服了物 體的慣性，A錯(cuò)誤。根據(jù)牛頓第三定律，兩個(gè)物體間的作用力與反作用力總是等大反向的， B 錯(cuò)誤。物理

2、公式不僅能確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系， 也能確定單位關(guān)系，C 正確。根據(jù)牛 頓第二定律，合外力與加速度是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系， D 錯(cuò)誤。 2. （多選）如圖甲所示，物體在水平恒力 F 作用下沿粗糙水平地面由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在 t= 1 s 時(shí)刻撤去恒力 F，物體運(yùn)動(dòng)的 v-t 圖像如圖乙所示。重力加速度 g 取 10 m/s2,下列說 法正確的是（ ） A .物體在 3 s 內(nèi)的位移 x= 3 m B.恒力 F 與摩擦力 f 大小之比為 F : f= 3 : 1 C .物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 尸 0.3 D.在撤去 F 前后兩個(gè)階段的平均速度大小之比為 v 1 : v 2= 2 : 1 解析：選 B

3、C 在速度一時(shí)間圖像中圖線與時(shí)間軸所圍成的面積等于位移的大小， 3 s 內(nèi)物體的位移大小應(yīng)為 9 m, A 錯(cuò)誤。撤去力 F 后，物體受摩擦力作用而減速運(yùn)動(dòng)，加速 度大小為 3 m/s2,而a2=，得卩=0.3, C 正確。勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度等于初、末 速度和的一半，故撤去 F前后兩個(gè)階段的平均速度相同， D 錯(cuò)誤。根據(jù)牛頓第二定律可得： F f= mai, f= ma2，又由題圖乙可知 ai= 6 m/s2, a2= 3 m/s2,聯(lián)立解得 F : f= 3 : 1,故 B 正確。 3.（多選）（）（2018 青島二模）在光滑水平面上，a、b 兩小球沿水 平面相向運(yùn)動(dòng)。當(dāng)兩小球間距小于

4、或等于 L 時(shí)，受到大小相等、 方向相反的相互排斥恒力作用，兩小球間距大于 L 時(shí)，相互間的 排斥力為零，小球在相互作用區(qū)間運(yùn)動(dòng)時(shí)始終未接觸，兩小球運(yùn) 動(dòng)時(shí)速度 v 隨時(shí)間 t 的變化關(guān)系圖像如圖所示，由圖可知 （ ） A. a 球的質(zhì)量大于 b 球的質(zhì)量 B. 在 ti時(shí)刻兩小球間距最小 C .在 0t2時(shí)間內(nèi)兩小球間距逐漸減小 D .在 0t3時(shí)間內(nèi) b 球所受的排斥力方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反 解析：選 AC 由速度一時(shí)間圖像可知 b 小球的速度一時(shí)間圖線的斜率絕對(duì)值較大， 所 以 b 小球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據(jù) a=上上知，加 m 速度大的質(zhì)量小，所以

5、 b 小球的質(zhì)量較小，故 A 正確；兩小球做相向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度相等時(shí) 兩小球間距最小，即 t2時(shí)刻兩小球間距最小，之后距離開始逐漸增大，故 B 錯(cuò)誤，C 正確; b 球在 0ti時(shí)間內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，排斥力與運(yùn)動(dòng)方向相反，故 D 錯(cuò)誤。 4如圖所示，圓 1 和圓 2 外切，它們的圓心在同一豎直線上，有三 塊光滑的板，它們的一端搭在墻上， 另一端搭在圓 2 上，三塊板都通過兩 圓的切點(diǎn)，A 在圓上，B 在圓內(nèi)，C 在圓外。從 A、B、C 三處同時(shí)由靜 止釋放一個(gè)小球，它們都沿光滑板運(yùn)動(dòng)，則最先到達(dá)圓 2 上的球是（ ） A .從 A 處釋放的球 B.從 B 處釋放的球 C .從 C 處釋放的球 D

6、.從 A、B、C 三處釋放的球同時(shí)到達(dá) 解析：選 B 假設(shè)經(jīng)過切點(diǎn)的板兩端點(diǎn)分別在圓 圓 1 的半徑為 r,圓 2 的半徑為 R，則圓內(nèi)軌道的長(zhǎng)度 s= 2（r + R）cos a,下滑時(shí)小球的加速 度 a= gcos a,根據(jù)位移時(shí)間公式得 s= 如2,貝U t= 寸號(hào)=、yrCRSC0Sa = 即當(dāng)板的端點(diǎn)在圓上時(shí)，沿不同板下滑到底端所用的時(shí)間相同；由題意可知， A 在圓上，B 在圓內(nèi)，C 在圓外，可知從 B 處釋放的球下滑的時(shí)間最短，故選 Bo 5. （多選）如圖所示，質(zhì)量為 m 的小球被一根橡皮筋 AC 和一根繩 BC 系住，當(dāng)小球靜止時(shí)，橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確 的是（

7、） A .在 AC 被突然剪斷的瞬間， BC 對(duì)小球的拉力不變 B.在 AC 被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為 gsin 01、圓 2 上，板與豎直方向的夾角為 a, D.在 BC 被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為 解析：選 BC 設(shè)小球靜止時(shí) BC 繩的拉力為 得: Fcos 0= mg, Fsin 0= T，解得： F = mg , cos 06. （多選） （） （2019 溫州四校聯(lián)考）質(zhì)量分別為 M 和 m 的兩物塊 A、B 大小相同，將它們用 輕繩跨過光滑定滑輪連接。如圖甲所示，繩子平行于傾角為 面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊的位置, A .此時(shí)輕繩的拉力

8、大小為 mg B.此時(shí)輕繩的拉力大小為 Mg D .此時(shí) A 運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 次按題圖乙放置時(shí)，對(duì) A、B 整體由牛頓第二定律得, M m =（1 sin a）g= Mg,對(duì) B,由牛頓第二定律得 T mgsin a= ma,解得 T = mg,故 A、 D 正確，B、C 錯(cuò)誤。 B 級(jí)一一保分題目練通抓牢 7. （2019 天津調(diào)研）在兩個(gè)足夠長(zhǎng)的固定的相同斜面體上 （其斜面光滑）,分別有如圖甲、 乙所示的兩套裝置，斜面體 B 的上表面水平且光滑， 長(zhǎng)方體 D 的上表面與斜面平行且光滑， p 是固定在 B、D 上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在 p 上。另一端分別連在 A 和 C C

9、.在 BC 被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為 g cos 0 gsin 0 F, AC 橡皮筋的拉力為 T,由平衡條件可 T = mgtan 0在 AC 被突然剪斷的瞬間, BC 上的拉力 F 發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與 BC 垂直的方向且斜向下，大小為 a = 球的合力大小與 0, B 正確，Be 被剪斷前cOh，C正確, D 錯(cuò)誤。 a的斜面，A 恰好能靜止在斜 按圖乙放置，然后釋放 已知斜面固定，重力加速度大小為 g,則（ C .此時(shí) A 運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 2 (1 sin a)g 解析：選 AD 第一次按題圖甲放置時(shí) A 靜止, 則由平衡條件可得 Mgsin a= mg,第

10、二 Mg mgsin a= (m+ M)a，聯(lián)立得 a 甲 ) 上。在 A 與 B、C 與 D 分別保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的 是（）（） A 兩彈簧都處于拉伸狀態(tài) B.兩彈簧都處于壓縮狀態(tài) C .彈簧 Li處于壓縮狀態(tài)，彈簧 L2處于原長(zhǎng) D .彈簧 Li處于拉伸狀態(tài)，彈簧 L2處于壓縮狀態(tài) 解析：選 C 由于斜面光滑，它們整體沿斜面下滑的加速度相同，為 gsin a。對(duì)于題圖 甲，以 A 為研究對(duì)象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而 A 沿水平方向的加速度： ax = acos a= gsin a cos a,該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧 Li處于

11、壓縮狀態(tài)； 對(duì)于題圖乙，以 C 為研究對(duì)象，重力與斜面支持力的合力大?。?F合=mgsin a,即 C 不能 受到彈簧的彈力，彈簧 L2處于原長(zhǎng)狀態(tài)。故選項(xiàng) C 正確，A、B、D 錯(cuò)誤。 8. （多選）如圖甲所示， 靜止在水平面 C 上足夠長(zhǎng)的木板 B 左端放著小物塊 A。某時(shí)刻， A 受到水平向右的拉力 F 作用，F(xiàn) 隨時(shí)間 t 的變化規(guī)律如圖乙所示。 A、B 間最大靜摩擦力 大于 B、C 之間的最大靜摩擦力， 假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。 則在拉力逐漸增大的 過程中，下列反映 A、B 運(yùn)動(dòng)過程中的加速度及 A 與 B 間摩擦力 fi、B 與 C 間摩擦力 f2隨 時(shí)間變化的圖線中，正確

12、的是 （ ） 解析：選 ACD 當(dāng)拉力小于 B、C 之間的最大靜摩擦力時(shí)， A、B 保持靜止沒有加速度， 所以 B項(xiàng)錯(cuò)誤；此時(shí) fi = f2= F，即兩個(gè)摩擦力都隨拉力增大而增大， 在拉力增大到等于 B、 C 之間的最大靜摩擦力至 A、B 間達(dá)到最大靜摩擦力這段時(shí)間， A、B 一起向前加速，加速 動(dòng)摩擦力保持不變，所以 D 項(xiàng)正確；當(dāng)拉力再增大時(shí)， A、B 之間也發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)， A、 B 之間變成了滑動(dòng)摩擦力， 即不再變化，此時(shí) A 的加速度 a = F fimax,綜上所述可知 A、 mA C 項(xiàng)正確。 F 9. （2018 鹽城模擬）兩物塊 A、B 并排放在水平地面上，且兩物塊接觸面為

13、豎直面?，F(xiàn) 用一水平推力 F 作用在物塊 A 上，使 A、B 由靜止開始一起向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，如圖甲所 示。在 A、B 的速度達(dá)到 6 m/s時(shí)，撤去推力F。已知A、B質(zhì)量分別為 mA= 1 kg、mB= 3 kg , A與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 尸 0.3, B與地面沒有摩擦，B物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙 所示。g取 10 m/s2,求: (1)推力 F 的大小; A 物塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊 A、B 之間的距離。 解析：( (1)在水平推力 F 作用下，物塊 A、B 一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為 a,由 B 物 塊的 v-t 圖像得, 對(duì)于 A、B 整體，由牛頓第二定律得 F umg= (m

14、A+ mB) )a，代入數(shù)據(jù)解得 F = 15 N。 (2)設(shè)物塊 A 做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t,撤去推力 F 后，A、B 兩物塊分離，A 在摩擦力 作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)， B 做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì) A,由一 (imAg= mAaA，解得 aA = g 3 m/s2 物塊 A 通過的位移 xA= 3t= 6 m 物塊 B 通過的位移 xB= v0t= 6 x 2 m = 12 m 物塊 A 剛停止時(shí) A、B 間的距離 Ax= xB xA = 6 m。 答案：(1)15 N (2)6 m 10. 如圖所示為一架四旋翼無人機(jī)， 它是一種能夠垂直起降的小 型遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應(yīng)用。若一架質(zhì)量

15、m= 2 kg 的無人機(jī)，其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力為 F = 36 N，運(yùn)動(dòng)過程 中所受空氣阻力大小恒為 f = 4 N, g 取 10 m/s2。 (1)無人機(jī)在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，求在 度 h; (2) 當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度 H = 100 m 處，由于動(dòng)力設(shè)備故障，無人機(jī)突然失去 升力而墜落。求無人機(jī)墜落到地面時(shí)的速度大小 v; (3) 在第(2)問條件下，若無人機(jī)墜落過程中，由于遙控設(shè)備的干預(yù)，動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng) 提供向上最大升力。為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間 b。 0 6 aA s= 2 s a= v A =6 m/s2= 3

16、m/ s2 t= 5 s 時(shí)離地面的咼 屮 解析：( (1)設(shè)無人機(jī)上升時(shí)加速度為 a，由牛頓第二定律，有： F mg f = ma,解得 a H 4 為（ ) A B C D T 2 =6 m/s 由：h = 1at2,解得：h = 75 m。 設(shè)無人機(jī)墜落過程中加速度為 ai,由牛頓第二定律，有：mg f= ma解得訕=8 m/s2 由：v = 2aiH，解得：v = 40 m/s。 解得 a2= 10 m/s2 又由 vm= aiti，解得：ti = 答案：( (i)75 m (2)40 m/s (3)535 s 3 C 級(jí)一一難度題目適情選做 若某時(shí)刻觀察到細(xì)線偏離豎直方向 0角，則此

17、刻小車對(duì)物塊 B 產(chǎn)生的作用力的大小和方向 f= ma= mgtan 0,方向水平向右, 小車對(duì) B 的支持力大小為 N = mg,方向豎直向上, 則小車對(duì)物塊 B 產(chǎn)生的作用力的大小為: F = N2+ f2 = mgp1+ tan2 0,方向斜向右上方, 故 D 正確。 端以初速度 v0= 9.6 m/s 沿斜面上滑。斜面傾角 0= 37,滑塊與斜面間 （3）設(shè)飛行器恢復(fù)升力后向下減速時(shí)加速度為 設(shè)飛行器恢復(fù)升力時(shí)速度大小為 v m,則有: 2 2 v m v m = 2ai 2a2 mg,豎直向上 mg：Ji+ f,斜向左上方 mgtan 0,水平向右 mg/i + tan2 0,斜向右

18、上方 解析：選 D 以小球 A 為研究對(duì)象，分析受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律 再對(duì)物塊 B 研究得：小車對(duì) B 的摩擦力為: i2.如圖所示，斜面體 ABC 放在粗糙的水平地面上。滑塊在斜面底 a2,由牛頓第二定律, 有 F mg+ f= ma2, ii. （20i9 銀川模擬）如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面向左 終相對(duì)于小車靜止地?cái)[放在右端。 B 與小車平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 f 得：mAgtan 0= mAa, 得：a= gtan 0,方向水平向右。 做直線運(yùn)動(dòng)，小球 A 用細(xì)線懸掛于支架前端，質(zhì)量為 m 的物塊 B 始 的動(dòng)摩擦因數(shù) 尸 0.45。整個(gè)過程斜面體保持靜止不動(dòng)，已知滑塊的質(zhì)量 =0.6，cos 37 = 0.8, g 取 10 m/ 試求： (1) 滑塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小。 (2) 定量畫出斜面體與水平地面之間的摩擦力 Ff隨時(shí)間 t 變化的圖像。 解析：( (1)滑塊沿斜面上滑過程，由牛頓第二定律： mgsin 0+ mgosB= mai，解得 ai = 9.6 m/s2 設(shè)滑塊上滑位移大小為 L,則由 vo2= 2a