一轮复习粤教版高中物理必考牛顿第二定律两类动力学问题课时达标训练

1、名校名 推荐基础课 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， 6 9 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F ma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

2、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 1ksA方向向左，大小为 mksB方向向右，大小为m1名校名 推荐2ks

3、C方向向左，大小为m2ksD方向向右，大小为m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 D 2gtan 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 f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 f2mgsin F合根据牛顿第二定律得： a m 2gsin 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

4、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 NB 8 NC 10 ND 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B2名校名 推荐mBg1的重力，因此整体的加速度为 a AmB5g，对物体 B：mBg FNmBa，m4所以 A、B 间作用力 FN mB(g a)5mBg8 N。答案 B5(2016 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

5、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 31 a2a3 1 a23AaBaa1 2 a3 123Ca aDa a a解析题图甲中的加速度为a1，则有mgsin mgcos ma1，解得 a1 gsin gcos 。题图乙中的加速度为a2，则有(mm)gsin (mm)gcos (mm)a2，解得 a2 gsin gcos 。题图丙中的加速度为a3，设 Fmg，则有(mm)gsin (mm)gcos ma3，（mm） gsin （mm）gcos 解得 a3m。故 a1a2 a3，故 B 正确。答案 B6.竖直悬挂的

6、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 ()3名校名 推荐图 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

7、，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 15 0.26，cos 15 0.97，tan 15 0.27，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/s2C 2 m/s2D4 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 FQ mg FN，c

8、os 15F合 FN 。sin 15maFQmgFQFQ解 得 a mtan 15 m0.27 10 0.27 0.27 m2.72.7。故可能的为 B、D 选项。答案BD8(2016 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 F4名校名 推荐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

9、，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 ，mg Fsin ，联立解得弹簧的弹力 F 弹 mg 20 N，选项 tan 45 A 正确；撤去拉力 F 的瞬间，由牛顿第二定律得 F 弹 mg ma1，解得 a18m/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Fcos2ma2，解得 a210 m/s ，方向向右，选项C、D 错误。9.如图 7 所示，一倾角 37的足够长斜面固定在水平地面上。当t 0 时，滑块以初速度 v0 10 m/s 沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因

10、数 0.5， g10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8，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Dt 3 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1 ，由牛顿第二定律可得mgsin a mgcos ma1，解得 a1 10 m/s2 ，上滑时间 t1v0 1 s，上滑的距离 s11 0t1a12v 5 m，因 tan ，mgsin mgcos ，滑块上滑到速度为零后， 向下运动，5名校名 推荐选项 B 正确；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿

11、第二定律可得mgsin 212 mgcos ma2，解得 a2 2 m/s ，经 1 s，滑块下滑的距离s2 2a2t2 1 m 5 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 v a2(3 s1 s)4 m/s，选项 D 正确。答案BD二、非选择题10(2016 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

12、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。1解析 (1)物块 A 移动了距离 s，则物块 B 移动的距离为 s12 s 物块 B 受到的摩擦力大小为 f4 mg物块 B 克服摩擦力所做的功为Wfs1 2mgs(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：F mgTmaA，2T4mg4maB由 A 和 B 的位移关系得： aA2aB联立得答案AF3 mgF3 mg，aB。a2m4m(1)2 mgs (2)F3 mg F3 mg2

13、m4m11(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6名校名 推荐简化模型如图 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

14、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F mgma1，解得 a1 3 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 mg ma2 ，解得 a2 1 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12s12a1t ，撤去力 F 后木箱继续滑行的距离为a21t2s2 2a2，要使木箱停在有效区域内，须满足L1 L2s1 s2 L1，7解得 1 st6 s。2(2)1 s t7答案 (1)3 m/s6 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7名校名 推荐行的距离为 s5 3m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取2。4g10 m/s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 受三个力作用如图所示， 其中传感器示