1、高考资源网（） 您身边的高考专家练案8第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1(2020福建泉州质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下，假设两冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，且比例系数相同，甲的质量是乙的2倍，则下落过程中(D)A甲的最大加速度是乙的2倍B甲的最大加速度是乙的 倍C甲的最大速度是乙的2倍D甲的最大速度是乙的 倍解析本题考查借助冰雹运动中的受力情况分析其运动情况。冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比，所以冰雹下落过程中最大加速度出现在速度为0时，冰雹只受重力，所以加速度均为g，故A、B错误；当
2、冰雹的重力与阻力相等时加速度为0，速度最大，即有mgkv2，解得v，由于甲的质量是乙的2倍，所以甲的最大速度是乙的倍，故C错误，D正确。2. (2020安徽芜湖模拟)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑倾斜轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看成质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自轨道顶端由静止滑下到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有(A)Av2v1v3Bv1v2v3Cv3v1v2Dv1v3v2解析本题考查等时圆模型。设任一轨道的倾角为，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得到agsin ，轨道的长度为xdsin ，则有xat2得t，可见，小球下滑
3、时间与轨道的倾角无关。则有t1t2t3。因x2x1x3，根据可知，v2v1v3，故选A。3. (2019山东青岛二中模拟)如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间(D)A吊篮A的加速度大小为gB物体B的加速度大小为gC物体C的加速度大小为gDA、C间的弹力大小为0.5mg解析本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题。将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC1.5g，即A、C的加速度均为1.5g，故A、C错误；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受
4、力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故B错误；剪断轻绳的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A有FACmgmaAC，得FACmaACmg0.5mg，故D正确。4(2019江苏南通模拟)用一随时间均匀变化的水平拉力F拉静止在水平面上的物体。已知Fkt(k2 N/s)，物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体的加速度a随时间t变化的图象如图所示，g取10 m/s2，则下列选项错误的是(D)A物体的质量为2 kgB物体与水平面间的动摩擦因数为0.2Ct4 s时物体的速度为2 m/sD04 s内拉力F做的功为4 J解析本题考查根据at图象分析力和运动。物体受重力、地面的支持力、拉力和与拉力方
5、向相反的摩擦力，根据牛顿第二定律得Fmgma，解得agtg，由at图线可知010 m/s2,2 m/s210 m/s2，联立解得m2 kg，0.2；at图线与t轴所围成的面积表示速度的变化量，所以04 s内有vv022 m/s2 m/s，t4 s时物体的速度v2 m/s；根据动能定理可知，WFWfEk4 J，所以WF4 J，本题选错误的，故选D。5. (2020福建漳州质检)如图，在水平地面的平板小车上放一质量m2 kg的滑块，滑块与车上右侧挡板用水平的轻弹簧连接，小车在水平向右的力的作用下以a1 m/s2的加速度做匀加速运动，运动过程中弹簧处于压缩状态，弹力为1 N，滑块与小车保持相对静止，
6、现减小外力使小车的加速度逐渐减小到零，则(D)A弹簧的弹力逐渐减小B滑块受到的摩擦力保持不变C当小车加速度为零时，滑块不受摩擦力作用D滑块与小车仍保持相对静止解析本题考查根据带弹簧的连接体的运动情况分析其受力情况。设滑块受到的摩擦力为f，弹簧的弹力为N。根据牛顿第二定律有fNma，开始时f3 N，加速度逐渐减小到零，摩擦力逐渐减小到1 N，弹力不变，故A、B、C错误；开始时f3 N，最大静摩擦力大于等于3 N，由于整个过程摩擦力小于3 N，滑块与小车仍保持相对静止，故D正确。二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。6(2020福建龙岩质检)质量m2 kg的物块在粗糙的
7、水平地面上运动，t0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g10 m/s2，则下列说法正确的是(BD)A物块与地面间的动摩擦因数为0.3B3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2C5 s末物块的速度大小为1.5 m/sD5 s内物块的位移大小为9 m解析本题考查根据物体受力图象分析运动问题。02 s内，由物块处于平衡状态可得F1F2mg0，代入数据解得0.2，故A错误；3 s末物块的加速度大小为a1.5 m/s2，故B正确；24 s内物块的加速度都为a1.5 m/s2，所以物块减速到0的时间为t2 s2 s，
8、即物块在4 s末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C错误；5 s内物块的位移大小等于4 s内物块的位移大小，即为(322) m9 m，故D正确。7(2019江西南昌二中月考)质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，A恰好能静止在斜面上，不考虑A、B与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是(ACD)A轻绳的拉力等于mgB轻绳的拉力等于MgCA运动的加速度大小为(1sin )gDA运动的加速度大小为g解析第一次放置时A静止，则由平衡条件可得Mgsin mg；第二次按
9、图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得Mgmgsin (Mm)a，联立解得a(1sin )gg。对B，由牛顿第二定律有Tmgsin ma，解得Tmg，故A、C、D正确，B错误。8(2020山东烟台二中模拟)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出(BC)A物体的初速度v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD当45时，物体达到最大位移后将
10、停在斜面上解析本题考查根据x图象分析物体运动情况。由题图乙可知，当倾角为90时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v2gx解得v0 m/s6 m/s，故A错误；当倾角0时，位移为2.40 m，可得0.75，故B正确；当倾角为时，物体沿斜面上滑的距离为x，则根据动能定理有mgxsin mgxcos 0Mv，解得x m m，当90时，sin ()1，此时位移最小为xmin1.44 m，故C正确；当45时，物体受到的重力沿斜面向下的分力为mgsin 45mg；滑动摩擦力fmgcos 450.75mgmg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，故物体到达
11、最大位移后会下滑，故D错误。三、非选择题9(2020山东高考模拟)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v090 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数0.30，取重力加速度大小g10 m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15
12、0.26，cos 150.97，结果保留2位有效数字)。答案(1)tan 0.30(2)57 m解析(1)当货车在避险车道停下后，有fmmgsin 货车所受的最大摩擦力fmNmgcos 联立可解得tan 0.30(2)货车在避险车道上行驶时a5.51 m/s2货车的初速度v025 m/s则货车在避险车道上行驶的最大距离为x57 m10(2019河南重点中学联考)俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的斜坡，假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F40 N推动质量m40 kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m
13、,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。答案(1)1.5 m/s2(2)0.05(3)36 m/s解析(1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1，出发4 s内冰橇发生的位移为x1a1t，解得a11.5 m/s2。(2)由牛顿第二定律有Fmgsin mgcos ma1，其中sin 0.1，cos 1，解得0.05。(3)8 s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有(mM)gsin (mM)gcos (mM)a2，8 s末冰橇的速度为v1a1t2，出发8 s内冰橇发生的位移为x2a1t48 m，到达终点时速度最大，设最大速度为v2，则vv2a2(xx2)，解得v236 m/s。高考资源网版权所有，侵权必究！