2021年高考物理总复习第三章牛顿运动定律第2课时牛顿第二定律两类动力学问题课时训练教科版

1.汽车安全带的作用是在汽车紧急刹车或发生碰撞时,尽可能地减轻对乘员的损害.假定乘客质量为70 kg,汽车车速为90 km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时刻为5 s,安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( C ) A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N

解析:汽车的速度v0=90 km/h=25 m/s,设汽车匀减速的加速度大小为a,则a==5 m/s2,对乘

客由牛顿第二定律得F=ma=70×5 N=350 N,因此C项正确.

2.(2020·河北唐山模拟)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,且阻力始终小于其重力,则子弹在整个运动过程中,加速度大小的变化是( B ) 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.

3.物块A1,A2的质量均为m,B1,B2的质量均为2m,A1,A2用一轻杆连接,B1,B2用轻质弹簧连接.两个装置都放在水平的支托物M上,处于平稳状态,如图所示.今突然迅速地撤去支托物M,在除去支托物的瞬时,A1,A2加速度分别为a1和a2,B1,B2的加速度分别为a1′和a2′,则( C )

A.a1=0,a2=2g;a1′=0,a2′=2g B.a1=0,a2=2g;a1′=g,a2′=2g C.a1=g,a2=g;a1′=0,a2′=2g D.a1=g,a2=g;a1′=g,a2′=g

解析:A1,A2用一轻杆连接,它们的加速度始终相等,在除去支托物的瞬时,由它们组成的系统只受到重力的作用,依照牛顿第二定律可知,它们的加速度a1=a2=g;B1,B2用轻质弹簧连接,在除去支托物的瞬时弹簧上的弹力不能突然消逝,因此B1的受力不变,加速度仍为零,即a1′=0,而B2受到的竖直向上的支持力突然消逝,受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变,加速度大小a2′=2g,选项C正确.

4.如图所示,小车内两根不可伸长的细线AO,BO拴住一小球,其中BO水平,小车沿水平地面向右做加速运动,AO与BO的拉力分别为TA,TB.若加速度增大,则( C )

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A.TA,TB均增大 B.TA,TB均减小 C.TA不变,TB增大 D.TA减小,TB不变

解析:设OA与竖直方向的夹角为θ,则对小球有TAcos θ=mg,TB- TAsin θ=ma,故若加速度增大,TA不变,TB增大.选项C正确.

5.(2020·襄阳模拟)(多选)质量均为m的A,B两个小球之间系一个质量不计的弹簧,放在光滑的水平面上.A紧靠墙壁,如图所示,现用恒力F将B球向左挤压弹簧,达到平稳时,突然将力F撤去,此瞬时( BD )

A.A球的加速度为C.B球的加速度为 B.A球的加速度为零 D.B球的加速度为 解析:恒力F作用时,A和B都平稳,它们的合力都为零,且弹簧弹力为F.突然将力F撤去,对A来说水平方向依旧受弹簧弹力和墙壁的弹力,二力平稳,因此A球的合力为零,加速度为零,A项错,B项对;B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用,加速度a=,故C项错,D 项对.

6.(多选)如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度

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方向相反的大小为F=2 N的恒力,在此恒力作用下(g取10 m/s) ( BC )

A.物体经10 s速度减为零 B.物体经2 s速度减为零

C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动

解析:物体受到向右的滑动摩擦力,f=μN=μG=3 N,依照牛顿第二定律得,a=m/s2=5 m/s2,方向向右,物体减速到0所需的时刻t= = s=2 s,B正确,A错误.减速到零后,恒力F一定小于最大静摩擦力,则物体处于静止状

= 态,不再运动,C正确,D错误.

7.导学号 58826053如图所示,一小车内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小铁球,当小车向右做加速运动时,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 )

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A.轻杆对小球的弹力方向与细线平行

B.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上

C.轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向 D.现在轻杆对小球的弹力一定等于细线对小球的弹力

解析:分析细线下面的小铁球,受力如图(甲)所示,只受到重力和拉力,二者的合力沿水平方向,则有a=gtan α.分析轻杆下面的小球,设轻杆对小球的力F与竖直方向夹角为β,受力分析如图(乙),由力学规律得Fcos β=mg,Fsin β=ma,则a=gtan β,因为小铁球加速度相同,则有β=α,由于两铁球质量关系不明确,杆、细绳对小球的弹力不一定相等,A正确,B,C,D错误.

8.导学号 588260(2020·河北正定模拟)质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连,穿在光滑的杆上,杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上,初始系统静止,现在将系统以加速度g向右做匀加速运动,重力加速度为g.则( C )

A.静止时,弹簧的弹力等于小球重力的一半 B.静止时,杆的弹力小于弹簧的弹力 C.加速时,弹簧的弹力等于零

D.加速时,弹簧的形变量是静止时的2倍

解析:依照力的平稳,当系统静止时,小球受弹簧的弹力大小F= mgsin 45°=mg,现在杆对小球的弹力大小N=mgcos 45°=mg,与弹簧弹力大小相等,因

此A,B项均错.当系统以加速度g向右做匀加速运动时,对小球受力分析如图,则可知现在弹簧弹力为0,因此C项正确, D项错误.

9.(2020·广东汕头质检)(多选)建设房屋时,保持底边长L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动.下列说法正确的是( AC )

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A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大 B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大

C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时刻越短

解析:设屋檐的底角为θ,底边长为L,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力N,垂直于屋顶方向mgcos θ=N,平行于屋顶方向mgsin θ=ma,雨滴的加速度为a=gsin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力N′=N=mgcos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;依照三角关系判定,屋顶坡面的长度x=时最短gsin θ·t可得v=,由x=at可得t=2

,可见当θ=45°时,用

,D错误;由v= ,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.

10.导学号 58826055(2020·甘肃兰州诊断)如图所示,在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1 kg的小球,小球左侧连接一水平轻弹簧,弹簧左端固定在墙上,右侧连接一与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳,轻绳另一端固定在天花板上,现在小球处于静止状态,

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且水平面对小球的弹力恰好为零(g取10 m/s).下列说法中正确的是( B )

A.在剪断轻绳后的瞬时,小球受力个数不变

B.在剪断轻绳后的瞬时,小球赶忙向左加速,且加速度的大小为 a=8 m/s2

C.在剪断轻绳后的瞬时,小球赶忙向左加速,且加速度的大小为a=

2

10 m/s

D.在剪断轻绳后的瞬时,水平面对小球的作用力的合力为0

解析:剪断轻绳前小球的受力情形如图所示,当绳子剪断的瞬时,轻绳的拉力突然消逝,由于重力的作用,小球与水平面之间产生压力,又小球将要向左运动,因此还受到水平面的摩擦力作用,因此,小球的受力变为四个力,A错误;轻绳未剪断时,依照平稳条件得轻弹簧的弹力大小为F=mg=10 N,轻绳的拉力大小为T=mg=10 N,剪断轻绳瞬时弹簧的弹力没有变化,现在轻弹簧的弹力大小仍为F=10 N,因此小球受到弹簧弹力为F=10 N,方向水平向左,而小球所受的最大静摩擦力为f=μmg=0.2×1×10 N=2 N,依照牛顿第二定律得小球的加速度为a== m/s2=8 m/s2,方向水平向左,故B正确,C错误.剪断轻绳的瞬时,小球赶忙受

水平面的支持力和摩擦力作用,摩擦力方向水平向右,则水平面对小球作用力不为0,且指向右上方,a=0,D错误.

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11.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动,4 s内通过8 m的距离,此后关闭发动机,汽车又运动了2 s停止,已知汽车的质量m=2×103 kg,汽车运动过程中所受阻力大小不变,求:

(1)关闭发动机时汽车的速度大小; (2)汽车运动过程中所受到的阻力大小; (3)汽车牵引力的大小.

解析:(1)汽车开始做匀加速直线运动,则x0=t1,

解得v0==4 m/s. (2)汽车滑行减速过程加速度a2==-2 m/s,

2

由牛顿第二定律有-f=ma2,解得f=4×103 N. (3)开始加速过程中加速度为a1,则x0=a1t2,

由牛顿第二定律有F-f=ma1, 解得F=6×103 N.

答案:(1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N

12.两根等长的细绳1,2一端分别固定在车厢的A,C两点,另一端拴一个质量为m的小球B如图所示,已知两绳拉直时,两绳与车厢前壁的夹角均为45°,重力加速度为g,试求当车以加速度a=g向左做匀加速直线运动时1,2两绳的拉力.

解析:设绳1的拉力为TA,绳2的拉力为TB,由牛顿第二定律得TAsin α+TBsin α=TAcos α=TBcos α+mg

解得TB为负值,表示绳2不能伸直,绳2的拉力为0. 设绳1跟前壁的夹角为θ,由牛顿第二定律得 TA′sin θ=ma=TA′cos θ=mg

mg mg 5 / 6

解得tan θ=,TA′=mg 因此绳1的拉力为mg,绳2的拉力为零.

答案:mg 0

13.我国辽宁舰航母编队在奔赴参加庆祝回来二十周年的途中,于7月1日到达某海域,连续组织舰载机多种条件下的舰基科目训练.如图所示,若某航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6×102 m的水平跑道和长度为l2=20 m的倾斜跑道两部分组成,水平跑道与倾斜跑

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道末端的高度差h=4.0 m.一架质量为m=2.0×10 kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为

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F=1.2×10 N,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的.假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,取g=10 m/s2.

(1)求飞机在水平跑道运动的时刻及到达倾斜跑道末端时的速度 大小;

(2)为了使舰载机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s,需要在整个水平跑道时期对飞机施加助推力,求助推力F推的大小.

解析:(1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力的作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时刻为t1,有 F-f=ma1,=2a1l1,v1=a1t1,f=0.1mg,

代入已知数据可得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s 飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用,设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2,沿斜面方向,有F-f-mg=ma2,-=2a2l2

代入已知数据可得a2=3.0 m/s2, v2= m/s=41.5 m/s. (2)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a,末速度大小为v,

则有F推+F-f=ma,v2=2al1

飞机在倾斜跑道上运动时,受力没有变化,加速度大小仍是a2= 3.0 m/s2, v′2-v2=2a2l2,

依照题意,v′=100 m/s,

代入已知数据解得F推=5.2×105 N.

答案:(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N

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