2022届高三物理一轮复习知能检测：3-2牛顿第二定律-两类动力学问题-.docx

[随堂演练]
1．在解一道文字计算题时(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得位移s＝(t1＋t2)，用单位制的方法检查，这个结果(　　)
A．可能是正确的
B．确定是错误的
C．假如用国际单位制，结果可能正确
D．用国际单位制，结果错误，假如用其他单位制，结果可能正确
解析：公式的单位：·s＝·s＝m/s，而位移的单位为m，所以公式确定是错误的．
答案：B
2．如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连．设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽视小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是(　　)

①向右做加速运动　②向右做减速运动　③向左做加速运动　④向左做减速运动
A．①③　　　　　　 B．①④
C．②③ D．②④
解析：小车与小球相对静止且弹簧处于压缩状态，说明小球所受的合力水平向右，则小球的加速度方向向右，即小车的加速度方向也向右．由于小车的运动方向可能向左也可能向右，由此确定小车有两种运动形式，即向右加速或向左减速．
答案：B
3．如图所示，力F拉一物体在水平面上以加速度a运动．用力F′＝Fcos θ代替力F，沿水平方向拉物体，该物体的加速度为a′，比较a与a′的大小关系，正确的是(　　)

A．a′与a确定相等
B．a′可能小于a
C．a′可能大于a
D．a′确定小于a
解析：由牛顿其次定律可得： Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，将F换为水平方向的Fcos θ后：Fcos θ－μmg＝ma′，由此可见：若μ＝0，则a′＝a，若μ≠0，则a′
2.4
...
v/(m·s－1)
0.0
1.0
2.0
...
3.3
2.1
...
(1)斜面的倾角α；
(2)恒力F的大小；
(3)t＝1.6 s时物体的瞬时速度．
解析：(1)经分析可知，当t＝2.2 s时，物体已通过B点．因此减速过程加速度大小
a2＝ m/s2＝6 m/s2，
mgsin α＝ma2，解得α＝37°.
(2)a1＝ m/s2＝5 m/s2
F－mgsin α＝ma1，
解得F＝11 N.
(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有
5t1＝2.1＋6(2.4－t1)，t1＝1.5 s
可见，t＝1.6 s的时刻处在其次运动阶段，由逆向思维可得
v＝2.1 m/s＋6(2.4－1.6) m/s＝6.9 m/s.
答案：(1)37°　(2)11 N　(3)6.9 m/s
[限时检测]
(时间：45分钟，满分：100分)
[命题报告·老师用书独具]
学问点
题号
牛顿其次定律的应用
1、3、4、5、9
牛顿其次定律的瞬时性
2
两类动力学问题
8、11
传送带问题
7、10
牛顿其次定律与图象的综合问题
6、12
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．“蹦极”就是跳动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变化的状况如图所示．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
解析：从图象可知，当人最终不动时，绳上的拉力为F0，即mg＝F0，最大拉力为F0，因此最大加速度为F0－mg＝ma,3mg－mg＝ma，a＝2g，B项正确．
答案：B
2．(2022年马鞍山模拟)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是(　　)

A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面对下，大小均为gsin θ
B．B球的受力状况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面对下，大小为gsin θ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析：细线烧断前，对B球有kx＝mgsin θ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力为mgsin θ＋kx＝2mgsin θ，解得aA＝2gsin θ，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
3．质量为m的三角形木楔A置于倾角为θ的固定斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为μ，一水平力F作用在木楔A的竖直平面上．在力F的推动下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑动，如图所示，则F的大小为(　　)

A.
B.
C.
D.
解析：将木楔所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，可得出方程组，即：垂直斜面方向上有FN＝mgcos θ＋Fsin θ，而Ff＝μFN，沿斜面方向有Fcos θ－Ff－mgsin θ＝ma，联立以上各式得F＝，故答案为C.
答案：C
4．(2022年滁州模拟)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开头运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中(　　)

A．最大加速度为
B．最大加速度为
C．最大速度为
D．最大速度为
解析：力F刚开头作用时，圆环速度很小，F1也很小，此时FN方向向上，F1＋FN＝mg.随着速度v增大，F1增大，FN渐渐减小，依据牛顿其次定律得F－μFN＝ma，a渐渐增大，当F1＝kv＝mg时，FN为0，amax＝，A对，B错；随着v增大，F1连续增大，此时FN变为向下，F1＝mg＋FN，FN随着F1增大而增大．依据牛顿其次定律有F－μFN＝ma，a开头渐渐减小，当μFN＝F时，a减小为0，此时速度v达到最大值并保持恒定，kvmax＝mg＋，vmax＝，CD错．
答案：A
5．(2021年高考全国新课标卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开头，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是(　　)

解析：由F－Ff＝ma可知，当FFf时，a与F成线性关系，C选项正确．
答案：C
6．如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平地面上，下端固定．一小球从高处自由下落，落到弹簧上端，将弹簧压缩至最低点．能正确反映上述过程中小球的加速度的大小随下降位移x变化关系的图象可能是图中的(取竖直向下为正方向)(　　)

解析：小球接触弹簧前a＝g，与弹簧接触后，设小球距弹簧上端的初距离为x0，则由牛顿其次定律有mg－k(x－x0)＝ma，a＝g－，所以a　­　x图象为始终线，mg>k(x－x0)时，a>0，mgv1，则(　　)

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．t2～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：由v　­　t图象可知，小物块先向左减速到零，然后再向右加速到v1，以后与传送带一起做匀速运动．由于v2>v1，所以相对地面来说，向左减速运动的位移大于向右加速运动的位移，t1时刻，小物块离A点的距离最大，A错．t2时刻二者相对位移最大，B正确.0～t2时间内，加速度不变，摩擦力不变，C错．t2～t3时间内小物块不受摩擦力的作用，D错．
答案：B
8．(2021年高考浙江理综改编)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开头竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　)

A．所受浮力大小为4 600 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开头上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
解析：由牛顿其次定律，设所受浮力为F，则F－mg＝ma，F＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5) N＝4 830 N，A错误；加速上升过程中速度增大，受空气阻力增大，B错误；气球开头时的加速度为0.5 m/s2，此后加速度将变化，无法确定10 s时气球的速度，C错误；匀速上升时F－mg－f＝0，空气阻力f＝F－mg＝(4 830－460×10) N＝230 N，D正确．
答案：D
9．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力Ffm大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是(　　)

A．t0时刻和t2时刻速度相同
B．t3时刻加速度最小
C．t3时刻物块的速度最大
D．t2时刻物块的速度最大
解析：在t0时间内物块保持静止，t2时刻速度最大，即A选项错误；t1时刻物块加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，所以B、C错；在t2时刻物块的加速度为零，速度最大，所以D正确．
答案：D
10．(2022年安庆模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中不正确的是(　　)

A．若传送带不动，vB＝3 m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB确定等于3 m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB确定等于3 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于3 m/s
解析：当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度vB＝＝3 m/s.
当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度始终减速至B，vB＝3 m/s.
当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动状况不同．假如传送带速度大于4 m/s，则物体可能始终加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s时，物体可能始终减速，也可能先减速后匀速．
答案：C
二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(15分)(2022年高考浙江理综)为了争辩鱼所受水的阻力与其外形的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、外形不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外还受浮力和水的阻力，已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：

(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.
解析：(1)A从H处自由下落，机械能守恒：
mgH＝mv，
解得：vA1＝
(2)小鱼A入水后做匀减速运动，
2gH＝2aAhA
得减速加速度：aA＝g，
F浮A＝mg
由牛顿其次定律：F浮A＋fA－mg＝maA
解得：fA＝mg(－)
(3)同理可得fB＝mg(－)，得：
fA∶fB＝
答案：(1)　(2)mg(－)　(3)
12．(15分)如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑到B点后又返回到A点．滑块运动的图象如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)

(1)AB之间的距离；
(2)滑块再次回到A点时的速度．
(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．
解析：(1)由v　­　t图象知AB之间的距离为：
xAB＝ m＝16 m.
(2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，从B返回到A过程的加速度大小为a2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有：
a1＝gsin θ＋μgcos θ＝ m/s2＝8 m/s2
a2＝gsin θ－μgcos θ
则滑块返回到A点时的速度为v，有
v2－0＝2a2xAB
联立各式解得：a2＝4 m/s2，v＝8 m/s.
(3)设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，则有：t1＝2 s
t2＝＝2 s
则滑块在整个运动过程中所用的时间为
t＝t1＋t2＝(2＋2) s.
答案：(1)16 m　(2)8 m/s　(3)(2＋2) s