全国卷2019届高考物理一轮复习 3.2牛顿第二定律及两类动力学问题课时强化作业

课时强化作业十一 牛顿第二定律及两类动力学问题
一、选择题
1．竖直向上飞行的子弹，到达最高点后又返回原处．假设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则子弹在整个运动过程中，加速度大小的变化是( )
A ．始终变大
B ．始终变小
C ．先变大后变小
D ．先变小后变大
解析：子弹向上运动过程中速度越来越小，子弹受向下的阻力越来越小，子弹受到的合外力越来越小，由牛顿第二定律可知，子弹上升过程中加速度越来越小；子弹从最高点向下运动过程做加速运动．其速度越来越大，受到向上的空气阻力越来越大，物体受到的合外力越来越小，其加速度越来越小，选项B 正确．
答案：B
2．如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ>α，则下列说法正确的是( )
A ．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行
B ．轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆方向向上
C ．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向
D ．小车匀速运动时α＝0°
解析：设细线对小铁球的弹力为F 线，由牛顿第二定律得：F 线sin α＝ma ，F 线cos α＝mg ，可得：tan α＝a g
，设轻杆对小铁球的弹力与竖直方向夹角为β，大小为F 杆，由牛顿第二定律可得：F 杆cos β＝mg ，F 杆
sin β＝ma ，可得：tan β＝a g
＝tan α，可见轻杆对小球的弹力方向与细线平行，A 正确，B 、C 错误；当
小车匀速运动时，α＝0，故D 正确．
答案：AD
3.如图所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°的
光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )
A ．都等于g /2
B ．g /2和0 C.m A ＋m B m A ·g
2和0 D ．0和
m A ＋m B m B ·g
2
解析：选取A 、B 组成的系统为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件可知，绳子对B 球的拉力大
小为(m A ＋m B )g sin30°，在线被剪断瞬间，弹簧的形变不会突变，所以弹簧弹力不变，A 球的受力也不变，所以A 球的加速度为0，而B 球所受绳子的弹力会马上消失，B 球受到的其他力都不变，其合力大小为(m A ＋m B )g sin30°，方向沿斜面向下，所以其加速度大小为
m A ＋m B m B ·g
2
.选项D 正确． 答案：D
4．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电
梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x
10.则电梯运动的情况可能是
( )
A ．以大小为11
10g 的加速度加速上升
B ．以大小为11
10g 的加速度减速上升
C ．以大小为1
10g 的加速度加速下降
D ．以大小为1
10
g 的加速度减速下降
解析：当弹簧静止时，弹簧压缩量为x ，则有kx ＝mg ，当电梯运动时弹簧又被压缩了x
10，则物体受到
的合外力mg 10，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知，物体的加速度a ＝F 合m ＝g
10，方向竖直向上，若电梯向
上运动，则电梯以g 10大小的加速度向上做匀加速运动；若电梯向下运动，则电梯以大小为g
10的加速度向下
做匀减速运动，故选项D 正确．
答案：D
5．(2014年全国大纲卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为
v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v
2
时，上升的最大高度记为
h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )
A ．tan θ和H 2 B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫v 2
2gH －1tan θ和H 2
C ．tan θ和H
4 D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4
解析：滑块沿斜坡向上滑动过程中，受力如图所示．由牛顿第二定律可得N ＝
mg cos θ，μN ＋mg sin θ＝ma .由运动学公式v 2
＝2a
H sin θ，v 24＝2a h
sin θ
，联立可解得
h ＝H
4，μ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫v 2
2gH －1tan θ，选项D 正确．
答案：D
6．(2013年全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是( )
解析：以物体为研究对象进行受力分析，物体受到重力mg，地面的支持力F N，水平拉力F，摩擦力F f，物体受到的合力在水平方向为F－F f＝ma，当F小于最大静摩擦力时，物体所受合外力为零，加速度a＝0，当F大于最大静摩擦力时，有F－F m＝ma，得F＝ma＋F m所以在F­a图象中为倾斜直线，且在F轴上有截距，故选项C正确．
答案：C
7．一质点处于静止状态，现对该质点施加力合力F，力F随时间t按如图所示的
规律变化，力F的方向始终在同一直线上．在0～4 s内，下列说法正确的是( ) A．第2 s末，质点距离出发点最远
B．第2 s末，质点的速度最大
C．第4 s末，质点距离出发点最远
D．第4 s末，质点的速度最大
解析：由图象F­t可知合外力F的变化规律，质点在0～2 s内做加速度先增大后减小的加速运动，第2 s末速度最大，选项B正确，选项D错误；2～4 s内质点做加速度先增大后减小的减速运动，由对称性可知，4 s末速度减小到零，质点始终向正方向运动，所以4 s末质点距离出发点最远，选项C正确，选项A错误．
答案：BC
8．如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁．开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力F fa≠0，b所受摩擦力F fb ＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( )
A．F fa大小不变B．F fa方向改变
C．F fb仍然为零D．F fb方向向右
解析：右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力保持不变，所以a物体受力情况不变，故选项A正确，选项B错误，由于弹簧对b物体向左的拉力，故b物体受到向右的摩擦力，选项D正确．
答案：AD
9．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．若小车的向右加速度增大，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
解析：若小车向右运动的加速度增大，那么物块向右运动的加速度也要增大，对物块受力分析，物块在水平方向上受到车左壁对其水平向右的作用力(大小为F1)和弹簧水平向左的弹力(大小为F2)，根据牛顿第二定律，F1－F2＝ma，物块加速度a增大，而弹簧的压缩量不变，所以F2不变，F1变大．本题答案为B.
答案：B
10.物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为m
A、m B，与水平面间的
动摩擦因数分别为μA、μB，用水平拉力F拉物体A、B，所得加速度a与拉力F线如
图中A、B所示，则( )
A．μA＝μB，m A＞m B
B．μA＞μB，m A＜m B
C．μA＞μB，m A＝m B
D．μA＜μB，m A＞m B
解析：由图象可知，当F＝0时，A、B两物体的加速度a A＝－μA g，a B＝－μB g，且a A＞a B，所以μA ＞μB，当物体A、B加速度为零时，外力F相等，则有μA m A g＝μB m B g所以m A＜m B，选项B正确．答案：B
二、非选择题
11．(2015届甘肃省河西三校高三月考)为了安全，中国航母舰载机“歼­15”通过滑跃式起飞方式起飞，滑跃起飞的原理有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，g取10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度；
(2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间．
解析：(1)设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，末速度为v1，由牛顿第二定律得，F－f＝ma1，
f ＝0.2m
g ，v 21＝2a 1L 1，联立以上三式并代入数据解得a 1＝5 m/s 2
，v 1＝40 m/s.
(2)设飞机在倾斜跑道上的加速度为a 2，跑道末端速度为v 2， 水平跑道上：t 1＝v 1
a 1
＝8 s ，
倾斜跑道上：由牛顿第二定律有F －f －mg h L 2
＝ma 2， 代入数据解得a 2＝4 m/s 2
. 由v 2
2－v 2
1＝2a 2L 2，
代入数据解得v 2＝42 m/s ， 所以t 2＝
v 2－v 1
a 2
＝0.5 s ， 则t ＝t 1＋t 2＝8.5 s. 答案：(1)40 m/s (2)8.5 s
12．在研究摩擦力的实验中，将木块放在水平长木板上．如图(a)所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从零开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力F f 随拉力F 的变化图象，如图(b)所示．已知木块质量为8.0 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2
，sin37°＝0.60, cos37°＝0.80.
(1)求木块与长木板间的动摩擦因数；
(2)如图(c)，木块受到恒力F ＝50 N 作用，方向与水平方向成θ＝37°角斜向右上方，求木块从静止开始沿水平面做匀变速直线运动的加速度大小；
(3)在(2)中拉力F 作用t 1＝2.0 s 后撤去，计算再经过多少时间木块停止运动？ 解析：(1)由题图(b)知：木块所受到的滑动摩擦力F f ＝32 N 根据F f ＝μmg ，解得μ＝0.4. (2)根据牛顿运动定律得
F cos θ－F f ′＝ma ， F sin θ＋F N ＝mg ，F f ′＝μF N
联立解得：a ＝2.5 m/s 2
.
(3)撤去F 后，加速度a ′＝μg ＝4 m/s 2
继续滑行时间t ＝
at 1a ′＝2.5×2.04
s ＝1.25 s. 答案：(1)0.4 (2)2.5 m/s 2
(3)1.25 s
13．(2013年山东卷)如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝
33
.重力加速度g 取10 m/s 2
.
(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；
(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？
解析：(1)设物块加速度大小为a ，到达B 点时速度大小为v ，由运动学公式有L ＝v 0t ＋12at 2
，v ＝v 0
＋at
联立解得a ＝3 m/s 2
，v ＝8 m/s.
(2)设物体受到支持力为F N ，受到摩擦力为F f 、拉力与斜面间夹角为α，受力分析如图所示． 建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律有在x 方向．
F cos α－mg sin θ－F f ＝ma
在y 轴方向
F sin α＋F N －mg cos θ＝0
又F f ＝μF N 联立解得F ＝
mg
θ＋μcos θ＋ma
cos α＋μsin α
由数学知识得cos α＋
33sin α＝233
sin(60°＋α)
由此式可知当α＝30°时，F 有最小值． 且F 的最小值F min ＝133
5
N.
答案：(1)3 m/s 2
8 m/s (2)1335
N
14．(2015届石家庄二中月考)如图1中，质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F ，在0～3 s 内F 的变化如图2所示，图中F 以mg 为单位，重力加速度g ＝10 m/s 2
.整个系统开始时静止．
(1)求1 s 、1.5 s 、2 s 、3 s 末木板的速度以及2 s 、3 s 末物块的速度；
(2)在同一坐标系中画出0～3 s 内木板和物块的v ­t 图象，据此求0～3 s 内物块相对于木板滑过的距离．
解析：(1)设木板和物块的加速度分别为a 和a ′，在t ＝1 s 时木板和物块的速度分别为v 和v ′，木板和物块之间摩擦力大小为f ，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得f ＝ma ′，f ＝μmg .
解得物块的加速度a ′＝μg ＝2 m/s 2
. 对木板由牛顿第二定律有F －μmg ＝2ma 1， 解得a 1＝4 m/s 2
.
在0～1 s 木板以a ＝4 m/s 2
做匀加速运动，物块以a ′＝ 2 m/s 2
做匀加速运动．
由运动学公式v 1＝at ＝4 m/s ，v 1′＝a ′t ＝2 m/s.
设木板1～1.5 s 的加速度为a 2，由牛顿第二定律F －μmg ＝2ma 2，得a 2＝1 m/s 2
. 由运动学公式t ＝1.5 s 时木板的速度v 1.5＝v 1＋a 2Δt ＝4.5 m/s.
t ＝1.5 s 至t ＝2 s 木板做匀减速运动其加速度大小为a 3.由牛顿第二定律μmg ＝2ma 3，解得a 3＝1 m/s 2
.
则t ＝2 s 时木板的速度v 2＝v 1.5－a 3Δt ＝4 m/s ， 物块在t ＝2 s 时的速度v 2′＝a ′t 2＝4 m/s.
所以当t ＝2 s 时木板和物块速度相等，然后两物体一起做匀速直线运动，即t ＝3 s 时木板的速度v 3
＝4 m/s ，物块在t ＝3 s 时的速度v 3′＝4 m/s.
(2)其速度—时间图象如图所示．
0～3 s内物块相对木板的距离Δs等于木板和物块在v­t图象中图线下的面积之差，即图中阴影部分的面积．由几何知识求得阴影部分的面积Δs＝2.25 m.
答案：(1)v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s，v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s
(2)图象见解析 2.25 m。