度高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 应用牛顿第二定律处理“四类”问题课时达标训练.doc

2牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题(15题为单项选择题，69题为多项选择题)1(2017苏州高三检测)关于力学单位制的说法中正确的是()akg、m/s、n是导出单位bkg、m、j是基本单位c在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gd只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是fma解析kg是质量的单位，它是基本单位，所以a错误；国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位，j是导出单位，b错误；g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以c错误；牛顿第二定律的表达式fma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以d正确。答案d2惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原理的示意图如图1所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离o点距离为s，则这段时间内导弹的加速度()图1a方向向左，大小为b方向向右，大小为c方向向左，大小为d方向向右，大小为答案d3一物体沿倾角为的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为()agsin bgtan c2gsin d2gtan 解析对物体下滑时进行受力分析，如图甲。由于恰好做匀速直线运动，根据平衡知识得：mgsin ff物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙。物体的合力f合mgsin ff2mgsin 根据牛顿第二定律得：a2gsin 故选c。甲乙答案c4如图2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、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g10 m/s2)()图2a0 n b8 nc10 n d50 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ag，对物体b：mbgfnmba，所以a、b间作用力fnmb(ga)mbg8 n。答案b5(2018安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块a以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图3甲。在滑块a上放一物体b，物体b始终与a保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块a上施加一竖直向下的恒力f，滑块a以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则()图3aa1a2a3ba1a2a3ca1a2a3da1a2a3解析题图甲中的加速度为a1，则有mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gcos 。题图乙中的加速度为a2，则有(mm)gsin (mm)gcos (mm)a2，解得a2gsin gcos 。题图丙中的加速度为a3，设fmg，则有(mm)gsin (mm)gcos ma3，解得a3。故a1a2a3，故b正确。答案b6竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图4所示。则迅速放手后()图4a小球开始向下做匀加速运动b弹簧恢复原长时小球速度达到最大c弹簧恢复原长时小球加速度等于gd小球运动过程中最大加速度大于g解析迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动，故a错误；弹簧恢复原长时，小球只受重力，加速度为g，故c正确；弹簧恢复原长后，小球继续向下运动，开始时重力大于弹力，小球加速度向下，做加速运动，当重力等于弹力时加速度为零，速度最大，故b错误；刚放手时，小球所受的合力大于重力，加速度大于g，故d正确。答案cd7如图5是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中p、q、n是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时q传感器示数为零，p、n传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，p传感器示数为零而q、n传感器示数不为零。已知sin 150.26，cos 150.97，tan 150.27，g10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()图5a2.5 m/s2b3 m/s2c2 m/s2 d4 m/s2解析当汽车向左匀加速启动过程中，p传感器示数为零而q，n传感器示数不为零，受力分析如图所示，则fqmgfncos 15，f合fnsin 15ma。解得atan 150.27100.270.272.72.7。故可能的为b、d选项。答案bd8(2018浙江十二校联考)如图6所示，在动摩擦因数0.2的水平面上，质量m2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成45角的拉力f作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零。g取10 m/s2，以下说法正确的是()图6a此时轻弹簧的弹力大小为20 nb当撤去拉力f的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左c若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右d若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0解析物块在重力、拉力f和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得f弹fcos ，mgfsin ，联立解得弹簧的弹力f弹20 n，选项a正确；撤去拉力f的瞬间，由牛顿第二定律得f弹mgma1，解得a18 m/s2，方向向左，选项b正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则fcos ma2，解得a210 m/s2，方向向右，选项c、d错误。答案ab9如图7所示，一倾角37的足够长斜面固定在水平地面上。当t0时，滑块以初速度v010 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是()图7a滑块一直做匀变速直线运动bt1 s时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动ct2 s时，滑块恰好又回到出发点dt3 s时，滑块的速度大小为4 m/s解析设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2，上滑时间t11 s，上滑的距离x1v0t15 m，因tan ，mgsin mgcos ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项b正确；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2a2t1 m5 m，滑块未回到出发点，选项c错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项a错误；t3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度va2(3 s1 s)4 m/s，选项d正确。答案bd二、非选择题10(2018海南单科，13)水平地面上有质量分别为m和4m的物块a和b，两者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与a相连，动滑轮与b相连，如图8所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块a在水平向右的恒力f作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：图8(1)物块b克服摩擦力所做的功；(2)物块a、b的加速度大小。解析(1)物块a移动了距离s，则物块b移动的距离为s1s物块b受到的摩擦力大小为f4mg物块b克服摩擦力所做的功为wfs12mgs(2)设物块a、b的加速度大小分别为aa、ab，绳中的张力为t，由牛顿第二定律得：fmgtmaa，2t4mg4mab由a和b的位移关系得：aa2ab联立得aa，ab。答案(1)2mgs(2)11(2017河南洛阳联考)有一个冰上推木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推木箱一段时间后，放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若木箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图9所示，ac是长度为l17 m的水平冰面，选手们可将木箱放在a点，从a点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，bc为有效区域。已知bc长度l21 m，木箱的质量m50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数0.1。某选手作用在木箱上的水平推力f200 n，木箱沿ac做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2。那么该选手要想游戏获得成功，试求：图9(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件。解析(1)设推力作用在木箱上时，木箱的加速度为a，根据牛顿运动定律得fmgma1，解得a13 m/s2。(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mgma2，解得a21 m/s2。设推力作用在木箱上的时间为t，此时间内木箱的位移为x1a1t2，撤去力f后木箱继续滑行的距离为x2，要使木箱停在有效区域内，须满足l1l2x1x2l1，解得1 st s。答案(1)3 m/s2(2)1 st s12如图10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r1.5r。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v05 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 m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g10 m/s2。求：图10(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