全国通用版2019版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律课时达标8牛顿第二定律两类动力学问题.doc

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1、【 精品教育资源文库 】 第 8 讲 牛顿第二定律两类动力学问题 解密考纲 主要考查对牛顿第二定律的深刻理解,会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题,高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查,题型有选择题、计算题 1.一个质量为 m 1 kg 的物块静止在水平面上,物块与水平面间的动摩擦因数 0.2.从 t 0 时刻起物块同时受到两个水平力 F1与 F2的作用,若力 F1、 F2随时间的变化如图所示,设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度 g 取 10 m/s2,则物块在此后的运动过程中 ( C ) A物块从 t 0 时刻开始运动 B物块运动后先做加速运动再做减速运动,

2、最后匀速运动 C物块加速度的最大值是 3 m/s2 D物块在 t 4 s 时速度最大 2如图所示,鸟沿虚线斜向上加速飞行,空气对其作用力可能是 ( B ) A F1 B F2 C F3 D F4 解析 鸟在空中飞行受到重力和空气对其作用力,这两个力的合力的方向沿虚线斜向上(与加速度方向相同 ),由平行四边形定则可得,空气对其作用力可能是沿 F2方向,故选项 B正确 3小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动质量为 M 的小孩单独从滑梯上滑下,加速度为 a1;该 小孩抱着一只质量为 m 的小狗再从滑梯上滑下 (小狗不与滑梯接触 ),加速度为 a2,则 a1和 a2的关系为 ( D ) A a1

3、 Mma2 B a1 mMa2 C a1 MM ma2 D a1 a2 解析 设小孩与滑梯间动摩擦因数为 ,小孩从滑梯上滑下,受重力 G、支持力 FN和滑动摩擦力 Ff.如图所示,由牛顿第二定律, Mgsin Mg cos Ma1, a1 gsin g cos ;当小孩抱着一只质量为 m 的小狗再从滑梯上滑下时,满足 (M m)gsin 【 精品教育资源文库 】 (M m)gcos (M m)a2,得 a2 gsin g cos ,可见 a1 a2,选项 D 正确 4如图所示, ad、 bd、 cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆, a、 b、 c、 d 位于同一圆周上, a 点为圆周的最高点

4、, d 点为最低点,每根杆上都套着一个小滑环 (图中未画出 ),三个滑环分别从 a、 b、 c 处释放 (初速度为 0),用 t1、 t2、 t3依次表示各滑环到达 d 点所用的时间,则 ( D ) A t1 t2 t3 B t1 t2 t3 C t3 t1 t2 D t1 t2 t3 解 析 设 P 为圆上的任一点, adP , s Pd 2Rcos ,由 s 12at2,且 a gcos ,则 t 2 Rg,显然 t 与 无关,故选项 D 正确 5如图所示,倾斜索道与水平面夹角为 37 ,当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时,车厢里的人对厢底的压力为其重力的 1.25 倍,那么车厢对人的摩擦力

5、为其体重的 ( B ) A 14 B 13 C 54 D 43 解析 人受力如图甲所示, 显然本题分解加速度更为简便 将加速度 a 分解为水平分量 ax和竖直分量 ay,如图乙所示,则 ax acos 37 , ay asin 37. 由牛顿第二定律得:水平方向 Ff max, 竖直方向 FN mg may, 其中 FN 1.25mg, 【 精品教育资源文库 】 联立以上各式解得 Ffmg 13. 综上所述,选项 B 正确 6 (2018 河南郑州模拟 )如图所示,质量为 4 kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上面质量为 1 kg 的物体 B 用细线悬挂起来, A、 B 紧挨在一起但 A、

6、 B 之间无压力某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间, B 对 A 的压力大小为 (取 g 10 m/s2)( B ) A 0 N B 8 N C 10 N D 50 N 解析 细线剪断瞬间,弹簧弹力不变, A 和 B 整体受到的合外力等于物体 B 的重力,因此整体的加速度为 a mBgmA mB 15g,对物体 B 有 mBg FN mBa,所以 A、 B 间作用力 FN mB(g a) 45mBg 8 N故细线剪段瞬间, B 对 A 的压力大小为 8 N,选项 B 正确 7 (2017 重庆一模 )质量 m0 30 kg、长 L 1 m 的木板放在水平面上,木板与水平面的动摩擦因数 1 0.1

7、5.将质量 m 10 kg 的小木块 (可视为质点 ),以 v0 4 m/s 的速度从木板的左端水平滑到木板上 (如图所示 )小木块与木板面的动摩擦因数 2 0.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力, g 取 10 m/s2)则以下判断中正确的是 ( C ) A木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板 B木板一定向右滑动,小木块能滑出木板 C木板一定静止不动,小木块能滑出木板 D木板一定静止不动,小木块不能滑出木板 解析 木块受到的滑动摩擦力为 Ff2,方向 向左, Ff2 2mg 40 N,木板受到木块施加的滑动摩擦力为 F f2,方向向右, F f2 Ff2 40 N,木板受地面的最大静摩擦力等

8、于滑动摩擦力,即 Ff1 1(m m0)g 60 N Ff1方向向左, F f2L 1 m,故小木块能滑出木板,选项 C 正确 8 (多选 )冬天哈尔滨时常大雪,路面结冰严重,行驶汽车难以及时停车,经常出现事故因此某些路段通过在道路上洒 一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦如图所示,一辆运送【 精品教育资源文库 】 炉灰的自卸卡车装满炉灰,灰粒之间的动摩擦因数为 1,炉灰与车厢底板的动摩擦因数为 2,卸灰时车厢的倾角用 表示 (已知 2 1)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ),下列说法正确的是 ( AC ) A要顺利地卸干净全部炉灰,应满足 tan 2 B要顺利地卸干净全部炉灰,应满足 sin

9、2 C只卸去部分炉灰,车上还留有一部分炉灰,应满足 1 2mgcos ,所以 2tan ,且炉灰之间有 m gsin 1m gcos ,得 1tan ,故选项 A、 C 正确 9 (2017 甘肃兰州一模 )(多选 )如图所示,一物块以初速度 v0滑上正沿逆时针转动的水平传送带,传送带上 A、 B 两点间的距离 L 9 m,已知传送带的速度 v 2 m/s.物块与传送带间的动摩擦因数 0.2,重力加速度 g 取 10 m/s2.下列说法正确的是 ( AC ) A要使物块被传送到 B 点,初速度可为 v0 6 m/s B要使物块被传送到 B 点,初速度可为 v0 2 m/s C当物块的初速度 v

10、0 4 m/s 时,物块将以 2 m/s 的速度离开传送带 D当物块的初速度 v0 2 m/s 时,物块在传送带上先做减速运动,再做加速运动,而后做匀速运动 解析 当物块恰好被传送到 B 点时,由 0 v20 2aL,解得 v0 6 m/s,所以要使物块被传送到 B 点,初速度 v06 m/s ,选项 A 正确、 B 错误;当物块的初速度 v0 4 m/s 时,向右匀减速到零的 距离 s v202a 4 m,然后向左匀加速,加速到传送带速度 2 m/s 时,再匀速运动回到 A 点,选项 C 正确;当物块的初速度 v0 2 m/s 时,物块在传送带上先做匀减速运动,再反向做匀加速运动,当回到 A

11、 点时速度恰好达到 2 m/s,所以没有匀速运动过程,选项 D 错误 10如图所示,一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角 为30. 现小球在 F 20 N 的竖直向上的拉力作用下,从 A 点静止出发向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数为 36 ,取 g 10 m/s2.试求: 【 精品教育资源文库 】 (1)小球运动的加速度大小; (2)若 F 作用 1.2 s 后撤去,求小球上滑过程中距 A 点最大距离 解析 (1)在力 F 作用下,由牛顿第二定律得 (F mg)sin 30 (F mg)cos 30 ma1, 解得 a1 2.5 m/s2. (2)刚撤去 F 时

12、,小球的速度 v1 a1t1 3 m/s, 小球的位移 x1 v12t1 1.8 m, 撤去力 F 后,小球上滑时,由牛顿第二定律得 mgsin 30 mg cos 30 ma2, 解得 a2 7.5 m/s2, 小球上滑时间 t2 v1a2 0.4 s, 上滑位移 x2 v12t2 0.6 m, 则小球上滑的最大距离为 xm x1 x2 2.4 m. 答案 (1)2.5 m/s2 (2)2.4 m 11如图所示,半径为 R 的圆筒内壁光滑,在筒内放有两个半径为 r 的光滑圆球 P 和 Q,且 R 1.5r.在圆球 Q 与圆筒内壁接触点 A 处安装有压力传感器当用水平推力推动圆筒在水平地面上以

13、 v0 5 m/s 的速度匀速运动时,压力传感器显示压力为 25 N;某时刻撤去推力F,之后圆筒在水平地面上滑行 的距离为 x 5 34 m已知圆筒的质量与圆球的质量相等,取g 10 m/s2.求: (1)水平推力 F 的大小; (2)撤去推力后传感器的示数 解析 (1)系统匀速运动时,圆球 Q受三个力作用如图所示,其中传感器示数 F1 25 N设P、 Q 球心连线与水平方向成 角,则 【 精品教育资源文库 】 cos 2R 2r2r 12, 则圆球重力 mg F1tan , 由 式解得 60 , mg 25 3 N 当撤去推力 F 后,设系统滑行的加速 度大小为 a. 则 v20 2ax, 系统水平方向受到滑动摩擦力,由牛顿第二定律得 Mg Ma, 系统匀速运动时 F Mg , 其中 Mg 3mg,由 解得 a 10 33 m/s2, F 75 N (2)撤去推力后,对球 Q,由牛顿第二定律得 mgtan FA ma, 解得 FA 0,即此时传感器示数为 0. 答案 (1)75 N (2)0

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