人教版高中物理必考 牛顿第二定律 两类动力学问题名师精编单元测试

牛顿第二定律两类动力学问题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伤害.假定乘客质量为70 g,汽车车速为90 m/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为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 NB.400 NC.350 ND.300 N解析:汽车的速度v0=90 m/h=25 m/s,设汽车匀减速的加速度大小为a,则2,对乘客由牛顿第二定律得F=ma=70×5 N=350 N,所以C项正确.2.(2018·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,处于平衡状态,如图所示.今突然迅速地撤去支托物M,在除去支托物的瞬间,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′=2gB.a1=0,a2=2g;a1′=g,a2′=2gC.a1=g,a2=g;a1′=0,a2′=2gD.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,在除去支托物的瞬间,由它们组成的系统只受到重力的作用,根据牛顿第二定律可知,它们的加速度a1=a2=g;B1,B2用轻质弹簧连接,在除去支托物的瞬间弹簧上的弹力不能突然消失,所以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失,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T A,T B.若加速度增大,则( C )A.T A,T B均增大B.T A,T B均减小C.T A不变,T B增大D.T A减小,T B不变解析:设OA与竖直方向的夹角为θ,则对小球有T A cos θ=mg,T B-T A sin θ=ma,故若加速度增大,T A不变,T B增大.选项C正确.5.(2018·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,达到平衡时,突然将力F撤去,此瞬间( BD )A.AB.A球的加速度为零C.BD.B解析:恒力F作用时,A和B都平衡,它们的合力都为零,且弹簧弹力为F.突然将力F撤去,对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力,二力平衡,所以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,加速度故C项错,D项对.6.(多选)如图所示,质量为m=1 g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/s2) ( 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,根据牛顿第二定律得2=5 m/s2,方向向右,物体减速到0所需的时间t=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.,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 )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.此时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.·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:根据力的平衡,当系统静止时,小球受弹簧的弹力大小F=mgsin 45°此时杆对小球的弹力大小N=mgcos 45°与弹簧弹力大小相等,所以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,则可知此时弹簧弹力为0,所以C项正确,D项错误.9.(2018·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 )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时的时间越短解析: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;根据三角关系判断,屋顶坡面的长度由2可得可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v= gsin θ·t可得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.·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 g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,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零(g取10 m/s2).下列说法中正确的是( B )A.在剪断轻绳后的瞬间,小球受力个数不变B.在剪断轻绳后的瞬间,小球立即向左加速,且加速度的大小为a=8 m/s2C.在剪断轻绳后的瞬间,小球立即向左加速,且加速度的大小为a=10 m/s2D.在剪断轻绳后的瞬间,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况如图所示,当绳子剪断的瞬间,轻绳的拉力突然消失,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,根据平衡条件得轻弹簧的弹力大小为F=mg=10 N,轻绳的拉力大小为剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化,此时轻弹簧的弹力大小仍为F=10 N,所以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,根据牛顿第二定律得小球的加速度为a=2=8 m/s2,方向水平向左,故B正确,C错误.剪断轻绳的瞬间,小球立即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.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 g,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x01,解得v0(2)汽车滑行减速过程加速度a22,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x01t2,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 N12.两根等长的细绳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=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T A,绳2的拉力为T B,由牛顿第二定律得T A sin α+T B sin αT A cos α=T B cos α+mg解得T B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T A′sin θT A′cos θ=mg解得tan θA′所以绳1的拉力为mg,绳2的拉力为零.答案013.我国辽宁舰航母编队在奔赴香港参加庆祝香港回归二十周年的途中,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,水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0 m.一架质量为m=2.0×104 g的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N,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间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阶段对飞机施加助推力,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,运动时间为t1,有F-f=ma11l1,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22l2代入已知数据可得a2=3.0 m/s2,v2(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,……………………………………………………………名校名师推荐…………………………………………………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,根据题意,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 N11。