2020年高考物理江苏专用一轮复习习题：第3章 牛顿运动定律 基础课时7

基础课时7牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，力刚开始作用的瞬间() A．物体立即获得速度B．物体立即获得加速度C．物体同时获得速度和加速度D．由于物体未来得及运动，所以速度和加速度都为零解析由牛顿第二定律可知，力F作用的同时物体立即获得了加速度，但是速度还是零，物体有了加速度还必须有时间的累积才能使速度发生变化。

因此，选项B正确。

答案 B2．(2016·广东珠海模拟)质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变。

从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是()A．50 m B．42 mC．25 m D．24 m解析汽车匀速运动时F牵＝F f，当牵引力减小2 000 N时，即汽车所受合力的大小为F＝2 000 N①由牛顿第二定律得F＝ma②联立①②得a＝2 m/s2＝5 s汽车减速到停止所需时间t＝va汽车行驶的路程x＝1v t＝25 m2答案 C3.一皮带传送装置如图1所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是()图1A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝F f－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小。

答案 D4．如图2所示，放在水平桌面上的质量为1 kg的物体A通过水平轻绳、轻弹簧和光滑定滑轮与物体B相连接，两物体均静止时弹簧测力计甲和乙的读数分别为5 N和2 N，则剪断物体A左侧轻绳瞬间，物体A的加速度和弹簧测力计乙的读数分别为()图2A．5 m/s2，0 B．2 m/s2，2 NC．0，0 D．0，2 N解析两物体均静止时,体A在水平方向的受力如图所示，物体A所受最大静摩擦力F f max≥3 N，剪断物体A左侧轻绳瞬间，F T甲＝0，F T乙＝2 N，由于F f max>F T乙，所以物体A仍能静止不动，所以物体A的加速度为0；此时物体B也处于静止状态，所以弹簧测力计乙的读数不变仍为2 N。

综上分析，选项D正确。

答案 D5．(2016·江西南昌七校联考)如图3所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是()图3解析设斜面倾角为θ，由于斜面粗糙，上滑过程，根据牛顿第二定律：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，而下滑过程，根据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，知a1＞a2，即上滑过程图象的斜率的绝对值大于下滑过程图象的斜率的绝对值，又上滑与下滑过程的位移大小相同，由x＝12和v2＝2ax知t上＜t下，v0＞v1，故2at只有选项C正确。

答案 C6.(2016·陕西西安临潼区模拟)如图4，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量m A＝2m B，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上。

开始时，弹簧处于自由状态，当物体B 沿水平面向左运动，将弹簧压缩到最短时，A 、B 两物体间的作用力为F ，则弹簧对A 物体的作用力的大小为()图4A ．FB ．2FC ．3FD ．4F解析 A 、B 碰后以相同的速度一起运动，即A 、B 的加速度相同。

以B 为研究对象，据牛顿第二定律得a B ＝F m B ＝F 12m A ＝2Fm A＝a A 。

以A 为研究对象，设弹簧对A的作用力为F A ，根据牛顿第二定律有F A －F ＝m A a A ，则F A ＝F ＋m A a A ＝F ＋m A ·2Fm A＝3F 。

答案 C 二、多项选择题7.如图5所示，球P 、Q 的质量相等，两球之间用轻质弹簧相连，光滑斜面的倾角为θ，系统静止时，弹簧与轻绳均与斜面平行，则在轻绳被突然剪断的瞬间，下列说法中正确的是()图5A ．两球的加速度大小均为g sin θB ．Q 球的加速度为零C ．P 球的加速度方向沿斜面向上，Q 球的加速度方向沿斜面向下D ．P 球的加速度大小为2g sin θ解析 在轻绳被突然剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，Q 球所受的合力不变，加速度为零，B 正确；绳子的拉力(2mg sin θ)立刻变为零，P 球所受的合力(弹簧的拉力和重力沿斜面向下的分力)的大小为2mg sin θ，故P 球的加速度大小为2g sin θ，D正确。

答案BD8．(2015·海南单科，9)如图6，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。

开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。

当升降机加速上升时()图6A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f＝μF N可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ.当物体以加速度a向上加速运动时，有F N＝m(g＋a)cos θ，F f＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D正确。

答案BD三、非选择题9．(2016·江苏镇江模拟)如图7所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。

质量m＝100 g的小球穿在长L＝1.2 m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑。

保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角为θ＝37°，将小球从O点静止释放。

g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图7(1)小球受到的风力大小；(2)当θ＝37°时，小球离开杆时的动能。

解析 (1)当杆竖直固定放置时，μF N ＝mg ，F N ＝F 解得F ＝2 N(2)当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有 F cos 37°＝mg sin 37°＋F N 解得F N ＝1 N小球受摩擦力F f ＝μF N ＝0.5 N 小球沿杆运动的加速度为a ＝mg cos 37°＋F sin 37°－F fm＝15 m/s 2由v 2－v 20＝2aL 得，小球到达杆下端时速度为v ＝6 m/s球离开杆时的动能为E k ＝12m v 2＝1.8 J 答案 (1)2 N (2)1.8 J10．为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图8甲所示。

使木块以初速度v 0＝4 m/s 的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v －t 图线如图乙所示。

g 取10 m/s 2。

求：图8(1)上滑过程中的加速度的大小a 1； (2)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)木块回到出发点时的速度大小v 。

解析 (1)由题图乙可知，木块经0.5 s 滑至最高点，由加速度定义式a ＝ΔvΔt 得上滑过程中加速度的大小： a 1＝Δv 1Δt 1＝40.5 m/s 2＝8 m/s 2(2)由牛顿第二定律得，上滑过程中 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 代入数据得μ＝35(3)下滑距离等于上滑的距离，其值为x ＝v 212a 1＝1 m由牛顿第二定律得下滑过程中mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 下滑至出发点的速度大小v ＝2a 2x 联立解得：v ＝2 m/s 。

答案 (1)8 m/s 2 (2)35 (3)2 m/s11.如图9所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。

现将一滑块(可视为质点)从斜面上A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点。

已知A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，B 点距C 点的距离L ＝2.0 m(滑块经过B 点时没有能量损失，g 取10 m/s 2)，求：图9(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小。

解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛，顿第二定律得mg sin 30°＝ma1，v2m＝2a1·hsin 30°解得v m＝4 m/s。

(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2，v2m＝2a2L，解得μ＝0.4。

(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有v m＝a1t1，解得t1＝v m＝0.8 s，由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为ta1－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，有：v＝v m－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s。

答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s。