高考第一轮复习课时提升训练3.2牛顿第二定律__两类动力学问题_高考复习动力学大题

高考第一轮复习课时提升训练3.2牛顿第二定律__两类动力学问题由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“高考复习动力学大题”。

第二节

牛顿第二定律

两类动力学问题

课时提升训练(45分钟 100分)

一、单项选择题(本大题共4小题,每小题6分,共24分,每小题只有一个选项符合题意)

1（2011北京）.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为

A．G

B．2g

C．3g

D．4g

答案:B

2.(2009广东高考)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料.质量为70.0 kg的工人站在地面上,通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升,忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦,则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s)()

A.510 N

B.490 N C.890 N D.910 N

【解析】绳子的拉力Fmgma20(100.500)N=210 N.地面对工人的支持力也就等于工人对地面的压力大小,N=Mg-F=700 N-210 N=490 N.答案:B

3.(2009上海高考)如图为蹦极运动的示意图.弹性绳的一端固定在O点,另一端和运动员相连.运动员从O点自由下落,至B点弹性绳自然伸直,经过合力为零的C点到达最低点D,然后弹起.整个过程中忽略空气阻力.分析这一过程,下列表述正确的是（）①经过B点时,运动员的速率最大

②经过C点时,运动员的速率最大

③从C点到D点,运动员的加速度增大

④从C点到D点,运动员的加速度不变

A.①③

B.②③ C.①④ D.②④

【解析】在BC段,运动员所受重力大于弹力,向下做加速度逐渐减小的变加速运动,当a=0时,速度最大,即在C点时速度最大,②对.在CD段,弹力大于重力,运动员做加速度逐渐增大的变减速运动,③对,故选B.答案:B

4.如图所示,足够长的传送带与水平面间夹角为以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数tan.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()

【解析】m刚放上时,mgsinmgcosma1.当m与带同速后,因带足够长,且tan故m要继续匀加速.此时,mgsinmgcosma2a2a1故D正确.答案:D

二、双项选择题(本大题共5小题,每小题8分,共40分,每小题有两个选项符合题意)

5.如图所示,放在光滑面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用而静止不动,现保持F1大小和方向不变F2方向不变,使F2随时间均匀减小到零,再均匀增大到原来的大小,在这个过程中,能正确描述木块运动情况的图象是()

【解析】取水平向右为正方向,由牛顿第二定律得:F1F2ma木块的加速度随F2的均匀减小而均匀增大,后又随F2的均匀增大而同方向均匀减小,故A正确,B错误;因木块的加速度方向不变,故木块的速度一直增大,加速度先增大后减小,所以C错误,D正确.答案:AD

6.如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦,现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A.物块先向左运动,再向右运动

B.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动

C.木块向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动

D.木块和物块速度都逐渐变小,直到为零

【解析】木板受拉力,向右做加速运动,物块相对木板向左滑动,受向右的摩擦力,物块向右做加速运动.撤掉力F时v向右v也向右,且vv那么,物块相对木板仍向左滑动,仍受向右的摩擦力,故物块仍向右做加速运动,速度增大,当撤去拉力时,木板做减速运动,物块做加速运动,当物块与木板速度等大时,再无摩擦力,物块速度最大,之后做匀速运动,故A错,B对.撤力后,木板受向左的摩擦力,故木板减速,直到无摩擦力时做匀速运动,故C对,D错,故选B、C.答案:BC

7.如图所示,正沿平直轨道向右匀速行驶的车厢内,用水平绳a和倾斜绳b共同固定一个小球,若车厢改做加速运动,则两绳的拉力Ta和Tb的变化情况是()

A.Ta增大 C.Ta不变

B.Tb减小

D.Ta、Tb的合力增大

【解析】当向右匀速行驶时Ta与Tb的合力大小等于重力,方向竖直向上;当向右加速时,球所受的合外力不为零Ta、Tb的合力在竖直方向的分量等于重力,水平方向的分量等于ma,由此得到Ta增大Ta、Tb的合力增大.答案:AD

8.(2010三明模拟)如图所示,质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连,Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q.球静止时,Ⅰ中拉力大小为T1Ⅱ中拉力大小为T2当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间,球的加速度a应是()

A.若断Ⅰ,则a=g,竖直向下

B.若断Ⅱ,则aC.若断Ⅰ,则aT2mT1m

方向水平向左

方向沿Ⅰ的延长线

D.若断Ⅱ,则a=g,竖直向上

【解析】若仅剪断Ⅰ,则剪断Ⅰ的瞬间T10T20此时球m只受重力mg,故加速度竖直向下,大小为g,A正确,C错误;若剪断Ⅱ,弹簧弹力T1瞬间来不及改变,则T1与mg的合力水平向左,大小为T2故此时球m的加速度大小a答案:AB

T2m方向水平向左,故B正确,D错误.9.(2010东莞模拟)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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角,若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.若小车的加速度a=gtan则

【解析】设细线对小铁球的弹力为F由牛顿第二定律得:FsinmaFcosmg可得:tanag设轻杆对小铁球的弹力与竖直方向夹角为大小为F由牛顿第二定律可得:FcosmgFsinma可得:tanagtan可见轻杆对小球的弹力方向与细线平行,A正确,B、C错误;当小车的加速度a=gtan时,对右边小球受力分析,可得a=gtan故D正确.答案:AD

三、计算题(本大题共3小题,共36分.要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)

10.(12分)如图,一探空气球匀速上升执行科学考察任务,设其总质量为M,所受浮力恒为F,运动过程中所受空气阻力始终保持不变,重力加速度为g.(1)求探空气球在运动过程中所受空气阻力的大小;

(2)探空气球在上升过程中释放一个质量为m的探测仪器,问此后探空气球将以多大的加速度上升?

【解析】(1)设所受空气阻力大小为f,根据平衡条件,得

F=Mg+f ①(3分)f=F-Mg.②(3分)

(2)设加速度大小为a,根据牛顿第二定律,得

F-f-(M-m)g=(M-m)a ③(3分)由①③得amgMm.(3分)

mg答案:(1)F-Mg(2)Mm

11.(12分)如图所示,平行于斜面的细绳把小球系在倾角为的斜面上,为使球在光滑斜面上不发生相对运动,斜面体水平向右运动的加速度不得大于多少?水平向左的加速度不得大于多少?

解:①设斜面处于向右运动的临界状态时的加速度为a1此时,斜面支持力F}rmN=0,小球受力如图甲所示.(2分)

根据牛顿第二定律得:

水平方向:FxFTcosma1

(2分)竖直方向:FyFTsinmg0

(2分)由上述两式解得:a1gcot

(1分)

因此,要使小球与斜面不发生相对运动,向右的加速度不得大于a=gcot.②设斜面处于向左运动的临界状态的加速度为a2此时,细绳的拉力FT0.小球受力如图乙所示.根据牛顿第二定律得:

沿斜面方向:FxF}rmNsinma2

(2分)垂直斜面方向:FyFTcosmg0

(2分)由上述两式解得:a2gtan

因此,要使小球与斜面不发生相对运动,向左的加速度不得大于a=gtan

(1分).12.(12分)如图所示,质量为m的人站在自动扶梯上,扶梯正以加速度a向上减速运动,a与水平方向的夹角为求人所受到的支持力和摩擦力.【解析】以人为研究对象,受力分析如图所示.因摩擦力f为待求,且必沿水平方向,设为水平向右.建立如图所示坐标系,并规定向右为正方向.根据牛顿第二定律得

x方向: mgsinNsinfcos

ma

(3分)y方向:

mgcosfsinNcos0

(3分)由以上两式可解得

N=m(g-asin)

(2分)

f=-macos

(2分)

f为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为水平向左.答案:m(g-asin)方向竖直向上

macos方向水平向左

(2分)