2021年高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題32牛頓第二定律及其應(yīng)用押題專(zhuān)練!

1、專(zhuān)題3.2牛頓第二定律及其應(yīng)用押題專(zhuān)練1 如圖6所示，質(zhì)量為 m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板 AB托住,AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為A. 0B. 大小為g,方向豎直向下c.大小為j-g，方向垂直木板向下D.大小為身g,方向水平向右3答案 C解析 未撤離木板時(shí)，小球受力如圖;根據(jù)平街條件可得耳與殛的就 g溜當(dāng)突然耶撤離光 渭木板時(shí)，用立艮毆為零但強(qiáng)普形孌未孌，茸程力不孌一故Ft與咤的合力仍為=為，由止滬生的 加遠(yuǎn)度汽沖盎討半樂(lè)方向與合力方向相同，故C正確.2 .一個(gè)質(zhì)量為 m= 1kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)口= 0.2.從t =

2、0時(shí)刻起物塊同時(shí)受到兩個(gè)水平力Fi與F2的作用，假設(shè)力Fi、F2隨時(shí)間的變化如圖1所示,設(shè)物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，那么物塊在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中圖1A. 物塊從t = 0時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng)B. 物塊運(yùn)動(dòng)后先做加速運(yùn)動(dòng)再做減速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)2C. 物塊加速度的最大值是 3m/sD. 物塊在t = 4s時(shí)速度最大答案 C解析 物塊所受最大靜摩換力等于渭動(dòng)摩6力弘=咖二0少1：1011=血，檢塊在第is內(nèi)，滿(mǎn)足冋 二F汁血物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，迭項(xiàng)吐錯(cuò)誤j第k物塊靜止第"末第7鼻末，根據(jù)牛頓第二定律有鳳 用弘=沁，朋先制小后増丈，故加速度先増丈再減小，萬(wàn)問(wèn)沿

3、鬥方向，物塊一直加速.應(yīng)選頃B、D 均錯(cuò)隕在匸滋時(shí)加速度最大初血=丄半=丄呂恥皿懇,選項(xiàng)e正確.OT13如圖2所示，光滑水平面上， A B兩物體用輕彈簧連接在一起，A B的質(zhì)量分別為mi、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a，某時(shí)刻突然撤去拉力F,此瞬時(shí)A和B的加速度大小為 ai和a2,那么A. ai = 0, a2= 0m2B.ai=a，a2= mr帚m2miC ai=mrma，a2=mirm?rmD. ai = a, a2=孑答案 D解析 撤去拉力F前，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，形變量為x，對(duì)A由牛頓第二定律得kx=mia；撤去拉力F后，彈簧的形變量保持不變，對(duì)A由

4、牛頓第二定律得 kx = miai,對(duì)B由牛頓第二定律kx = ma2，解得ai= a、a2= a,應(yīng)選項(xiàng)D正確.mm4 .一皮帶傳送裝置如圖 3所示，皮帶的速度 v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接 個(gè)質(zhì)量為 m的滑塊，滑塊與皮帶之間存在摩擦，當(dāng)滑塊放在皮帶上時(shí)，彈簧的軸線恰好 水平，假設(shè)滑塊放到皮帶上的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長(zhǎng)度，那么當(dāng)彈簧從 自然長(zhǎng)度到第一次到達(dá)最長(zhǎng)這一過(guò)程中，滑塊的速度和加速度的變化情況是A R TVWWVWt圖3A. 速度增大，加速度增大B. 速度增大，加速度減小C. 速度先增大后減小，加速度先增大后減小D. 速度先增大后減小，加速度先減小后增大答案

5、 D解析 滑塊在水平方向受向左的滑動(dòng)摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉=雙，合力F合=Ff-F拉=ma當(dāng)彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)最長(zhǎng)這一過(guò)程中，x逐漸增大，拉力 F拉逐漸增大，因?yàn)槠У乃俣葀足夠大，所以合力F合先減小后反向增大，從而加速度a先減小后反向增大； 滑動(dòng)摩擦力與彈簧彈力相等之前，加速度與速度同向，滑動(dòng)摩擦力與彈簧彈力相等之后，加 速度便與速度方向相反，故滑塊的速度先增大，后減小.5. 多項(xiàng)選擇如圖4所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為 m輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另 一端與A球相連，A、B間由一輕質(zhì)細(xì)線連接， B、C間由一輕桿相連傾角為0的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細(xì)線與輕桿均平行于斜面

6、，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬 間，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是圖4A. A球的加速度沿斜面向上，大小為 gsin 0B. C球的受力情況未變，加速度為0C. B C兩球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsin 0D. B C之間桿的彈力大小為0答案 CD解析 初始票纟克處于靜止?fàn)顟B(tài)，把成U看成整體，眈曼重力2殛、斜面的支持力用、細(xì)線的拉力鳳, 由平衡條件可得孔二砸血叭對(duì)丿進(jìn)行受力分折丿受對(duì)咤 抖面的支持力彈書(shū)的拉力戸屏口細(xì)線的 拉力匹，由平衡條件可得：F萍二冋十嗣!吐3血同，細(xì)線被燒斷的瞬間，拽力會(huì)突變?yōu)樾?，彈審的彈?不變p根據(jù)牛頓第二定律得丄球的加遠(yuǎn)度沿斜面向上丿大小心申 迭項(xiàng)人錯(cuò)誤細(xì)線被

7、愷斷的瞬間, 把啟c看成整體.根據(jù)牛頓第二走律得丘曠球的加逸度口=西咖+均沿斜面向下，選項(xiàng)b錯(cuò)誤，c正確；對(duì) u進(jìn)行受力分析，亡受重力噸、桿的彈力尸#唏面的支持力根據(jù)牛頓第二定律得皆話+心闕' 解得 所畑 C之間桿的®力大小為山選項(xiàng)D正確.6. 2021年7月的喀山游泳世錦賽中，我省名將陳假設(shè)琳勇奪女子十米跳臺(tái)桂冠.她從跳臺(tái)斜向上跳起，一段時(shí)間后落入水中，如圖8所示.不計(jì)空氣阻力.以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是圖8A. 她在空中上升過(guò)程中處于超重狀態(tài)B. 她在空中下落過(guò)程中做自由落體運(yùn)動(dòng)C. 她即將入水時(shí)的速度為整個(gè)跳水過(guò)程中的最大速度D. 入水過(guò)程中，水對(duì)她的作用力大小等于她對(duì)水的作

8、用力大小答案 D解析 起跳以后的上升過(guò)程中她的加速度方向向下，所以處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；她具有水平初速度，所以不能看做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；入水過(guò)程中，開(kāi)始時(shí)水對(duì)她的作用力大小浮力和阻力小于她的重力，所以先向下做一段加速運(yùn)動(dòng)，即入水后的速度先增大， 故C錯(cuò)誤；入水過(guò)程中，水對(duì)她的作用力和她對(duì)水的作用力，因是一對(duì)作用力與反作用力， 二者大小相等故 D正確.7 假設(shè)貨物隨升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的 v t圖象如圖5所示豎直向上為正，那么貨物受到升降機(jī)的 支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖象可能是Ff 1 fcm一 _r hi江lI*-i " i. 0At 0E1tD答案 B解析 由*一0圖象可知：過(guò)程為向卩

9、勻加速直線運(yùn)動(dòng)0口遼度向下，失重，卩沁;過(guò)程為向尸勻 速亙線運(yùn)動(dòng)處于平衝狀態(tài)，F(xiàn)f 爲(wèi) 過(guò)程対向下勻減速膽線運(yùn)動(dòng)eft速度向上，紐重，応聞 過(guò)程園為 間上勻加速直線運(yùn)動(dòng)加速度冋上，超重，F(xiàn)沁、過(guò)程助問(wèn)上勻速直線運(yùn)辦處于平衡狀蕊e磁1過(guò) 稈対向上勻涮速直2疑動(dòng)也口速虞向下，失重I F沁綜合選項(xiàng)分析可知B選項(xiàng)正確.8 為了讓乘客乘車(chē)更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖6所示，當(dāng)此車(chē)減速上坡時(shí)，那么乘客 僅A. 處于超重狀態(tài)B. 不受摩擦力的作用C. 受到向后水平向左的摩擦力作用D. 所受合力豎直向上答案 C解析 當(dāng)車(chē)減速上坡時(shí)，

10、加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車(chē)的加速度相同，根據(jù) 牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不變.人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖.將加速度沿豎直方向和水平方向分解，那么有豎直向下的加速度，那么：mg- Fn= ma. FnV mg乘客處于失重狀態(tài)，故 A、B、D錯(cuò)誤，C正確.9如圖11所示，兩輕質(zhì)彈簧 a、b懸掛一質(zhì)量為 m的小鐵球，小鐵球處于平衡狀態(tài)，a彈簧與豎直方向成 30°角，b彈簧水平，a、b兩彈簧的勁度系數(shù)分別為ki、k2,重力加速度為g,那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是圖11a. a彈簧的伸長(zhǎng)量為3kmgB. a、b兩彈簧的伸長(zhǎng)量的比值為 2k2k1C.

11、假設(shè)彈簧b的左端松脫，那么松脫瞬間小鐵球的加速度為2D. 假設(shè)彈簧a的下端松脫，那么松脫瞬間小鐵球的加速度為，：3g解析小軼球受重力噸、珀尸n三個(gè)力作用，如團(tuán)所示將理箸凸的彈力沿水平和豎直方向分解. 在豎直方向上有Ftqs弐f=噸,而$口=比“解得旳=2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.在水平方向上有Ffcsn30° =嘰 而丹尸® 可求得血&弼里普的俾長(zhǎng)量的比值為學(xué)=晉，選項(xiàng)B正確.彈醬/的左端松脫瞬間, 彈簧口的諱力不變，彈譽(yù)儀的弾方和小鐵球的重力的合力方向水平向左，犬小為険站0%由牛頓第二定 律得,可得彈簣b的左錨松肋瓣間小鐵球的加速度為例二曲n賀X亨幻選項(xiàng)C錯(cuò)誤弓搐 a的下端松

12、脫瞬間，彈簧b的彈力不變，彈簧b的彈力和小鐵球的重力的合力方向與FTa反向，大小為 貯。，由牛頓第二定律得= ma,可得彈簧a的下端松脫瞬間小鐵球的加速cos30cos30度為a2=牛3g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.cos30 310. 如圖12所示，A B C三球的質(zhì)量均為 m輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A B間用一個(gè)輕桿連接， B C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接.傾角為0的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在細(xì)線被燒斷后瞬間，A. B球的受力情況未變，加速度為零1B. A B兩個(gè)小球的加速度均沿斜面向上，大小均為2gsin 0C. A、B之間桿的拉力大小為 2

13、mg>in 0D. C球的加速度沿斜面向下，大小為2gsin 0答案 B解析 細(xì)繃斷乩應(yīng)作為一個(gè)整悻，沿斜面方向受力分析得蓍弾力 代3喚色對(duì)C受力分析, 沿斜面方向細(xì)線拉力丹=忖1叭細(xì)線燒斷瞬間彈蓄形孌量不會(huì)變化，彈力不魁 對(duì)。受力分析，沒(méi)有 細(xì)線拉力，輕辱鬭二腫1,加遼度皿二西說(shuō) 迭頊D錯(cuò)同 啟之間由輕桿連摟'相對(duì)靜止，對(duì)45整休 受力分析可得拠=2吟 合力沿斜面向匕得=詁覘 選項(xiàng)A錯(cuò)誤；£正確夕對(duì)遲受力分折, 斜面方向受輕軒的彈力和重力沿斜面向下的分方，輕桿尊力Ft-智血?二晦澎叭 得輕桿彈力用 3二咤in見(jiàn)選】頁(yè)C錯(cuò)誤.11. 如圖8所示，一質(zhì)量為1kg的小球套在

14、一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角0為30° .現(xiàn)小球在 F= 20N的豎直向上的拉力作用下，從 A點(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，桿與球間(1) 小球運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?2) 假設(shè)F作用1.2s后撤去，求小球上滑過(guò)程中距 A點(diǎn)最大距離.2答案(1)2.5m/s(2)2.4m解析(1)在力F作用下，由牛頓第二定律得(F mgs in 30 ° - 口 (F- mgcos30 ° = ma2解得 ai= 2.5m/s剛撤去F時(shí)，小球的速度vi=flln=3nfs小球的位移撤去力尸后小球上滑E寸，由牛頓第二定律得噸sinJCT + 口驅(qū)cosJCT 二解得©二工5nt曙小球上滑時(shí)間6=0.4s上滑位移X20.6m那么小球上滑的最犬距離為血=俎+助=2斗血12如圖9所示，粗糙的地面上放著一個(gè)質(zhì)量M 1.5kg的斜面，斜面局部光滑，底面與地面的動(dòng)摩擦因數(shù) 口 = 0.2，傾角0 = 37°,在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量 =0.5kg的小球，彈簧勁度系數(shù) k = 200N/m,現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力F,使整體向右以 a= 1 m/s 的加速度勻加速運(yùn)動(dòng).( sin37 °= 0.6、cos37°= 0.8