2019届高考物理总复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题课后达标

1、第二节牛顿第二定律两类动力学问题学生用书 P289（单独成册）（建议用时：60 分钟）一、单项选择题1. （2018 贵州遵义模拟）2013 年 6 月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太 空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样,就测出了聂海胜的质量为 74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是（）A.测量时仪器必须水平放置D.测量时仪器必须竖直放置解析：选 B“质量测量仪”是

2、先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时Av间，则能算出加速度a=,然后根据牛顿第二定律F=ma求解质量，所以工作原理为牛At八顿第二定律.由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B 正确.2. （2018 安徽四校高三联考）物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的 阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是（）A. 上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B. 上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大C. 上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D. 上升过程加速度减小，下降过程加速度增

3、大解析：选 C上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力，即m肝kv=ma做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即mg- kv=ma速度在增大，所以加速度在减小，故C 正确.3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳. 如图所示,此蝇断裂3质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上.如图所示，工件与桌面、 绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为（）AmgB型2M M m2mg2mgCM 4mD M 2m质量为m的小明静止悬

4、挂时，两橡皮绳的夹角为60,则（）1A. 每根橡皮解析：选 B.根据平行四边形定则知，2Fcos 30 =mg解得F=mg故 A 错误；根据共点力平衡3得，2Fcos 0 =mg当悬点间的距离变小时，0 变小，cos 0 变大，可知橡皮绳的拉力变小，故 B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为罟mg加速度为，故 C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为绳的方向斜向下，故 D 错误.mgn 30。，加速度为 2g,方向沿垂直于

5、右侧裂mg4.4解析：选 C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的也是工件加速度的 2 倍，设绳子上的拉力为F,根据牛顿第二定律罟若=2 解得F=如图所示，物块 1、2 间用刚性轻质杆连接，物块 3、4 间用轻质弹簧相连，物块 1、3 质量为m2、4 质量为M两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将 两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4 的加速度大小分别为ai、a?、a3、a4.重力加速度大小为g,则有（）A. ai=a2=a3=a4= 0B. ai=a?=a3=a4=gm MC. ai=a2=g,a3= 0,a4=m+ Mm MD.ai=g,a2=

6、g,a3=0,a4= g解析：选 C.在抽出木板的瞬间，物块 1、2 与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的 合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1=a2=g；而物块 3、4 间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3 向上的弹力大小和对物块 4 向下的弹力大小仍为mg因此F+Mg M+ m物块 3 满足mg= F,a3= 0 ;由牛顿第二定律得物块 4 满足a4= = g,所以 C 对.6.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点.竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为 60,C是圆环轨道的圆心. 已 知在同一时刻a、b两球分别由A B两

7、点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点.则（）A. a球最先到达M点B. b球最先到达M点2 倍，因此，重物的加速度Mmg4m工件加速度2F2mgM_M+4m所以 C 正确.5.V5C. c球最先到达M点D. b球和c球都可能最先到达M点6有Ff=ma,竖直方向有FT+FN=mg, 解得Ff=nagtan0，FN=mg严，选项C正确,D 错误.8.解析：选 C.一 一 一 12如图所示，令圆环半径为R则c球由C点自由下落到M点用时满足 R= 2gtC，所以tc.2RI= “.：一；对于a球令AM与水平面成 B角，贝U a球下滑到M点用时满足AM=2Rsin

8、0=-Ng只总2gsin 0 t；,即卩ta= 2、;同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb= 2、fg（r为过B M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，rR） 综上所述可得tbtatc,故选项 C 正确.物体 1 连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体 1 的细线与竖直方向成 0角，物体 2 仍在车厢底板上，则（）A. 细线拉力为mgcos、0 B. 车厢的加速度为gta n 0C. 底板对物体丿 2 的支持力为mg牛cos 0D. 底板对物体 2 的摩擦力为零解析：选 BC.以物体 1 为研究对象，水平方向有FTSin 0 =ma,竖直方向有Fcos 0 =mg,解得

9、a=gtan 0 ,FT=mg，选项 A 错误，B 正确；以物体 2 为研究对象，水平方向cos 0二、多项选择题7.如图所示，质量为7（2018 杭州二中月考）如图所示，总质量为 460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升 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= 10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是（）A. 所受浮力大小为 4 830 NB. 加速上升过程中所受空气阻力保持不变C. 从地面开始上升 10 s 后的速度大小为 5 m/sD.以

10、5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为 230N解析：选 AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮一mg= ma解得F浮=n（g+a） = 4 830 N, A 正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到 180 m 时，速度v= 2ah= 6 5 m/s 5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升 10 s 后的速度vvat= 5 m/s,C 错误；再由F浮一F阻一mg= ma可知空气阻力F阻增大，B 错误；匀速上升时，F浮=F阻+mg所以F阻=F浮一mg=230 N , D 正确.9. （2018 山东济南模拟）如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于

11、平衡状态，弹簧（ ）a与竖直方向成 30,弹簧b与竖直方向成60 ,弹簧a、b的形变量相等，重力加速度为g,则8A.弹簧a、b的劲度系数之比为3 ：1B.弹簧a、b的劲度系数之比为3 ：2C.若弹簧a下端松脱， 则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD.若弹簧 b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为mg9解析：选 AD.由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x，由受力分析图知，弹簧a中弹力Fa=mgcos 30 =mg根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数为ki=x弹簧b中的弹力Fb=mgcos 60 =mg根据胡克定律可知弹簧b的劲度系数为k2=Fb=贸，所以弹簧a

12、、b的劲度系数之比为，3：1, A 正确，B错误；弹簧a中的弹力为3mg若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b的弹力不变，故 小球所受重力和弹簧b弹力的合力与Fa大小相等、方向相反，小球的加速度a=F)=g, C1一厂错误；弹簧b中弹力为 2mg若弹簧b的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a的弹力不变，故小球Fb1所受重力和弹簧a弹力的合力与Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度a= =：g, D汽m2正确.10. (2018 湖南郴州质检)如图所示，质量为 5 kg 的小物块以初速度vo= 11 m/s 从 0 = 53固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F.第二次无恒力F

13、.图(b)中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面 向上运动的vt图线.不考虑空气阻力，g= 10 m/s , (sin 53 = 0.8、cos 53 = 0.6)解析：选 AD.由题图可得：V*t；物块与斜面间的动摩擦因数为D.A.B.恒力F的大小为JfjF恒力F的大小为 10 NC. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5F 列说法中正10 V 11,2“，2有恒力F时：a1= - m/s = 10 m/st1.1V1122无恒力F时：a2= m/s = 11 m/st1由牛顿第二定律得：无恒力F时： min 0 + 卩mgcos 0 =ma11解得：卩=o.5有恒力F时：

14、min 0 + 卩mgsos 0 F=ma解得：F= 5 N，故 A、D 正确，B、C 错误.三、非选择题11.(2018 江西重点中学六校联考)如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层 新型智能材料一一 ER 流体，它对滑块的阻力可调滑块静止时，ER 流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为L.现有一质量也为可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面 2L处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动.ER流体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d时，速

15、度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一.取重力加速度为(1) 物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小；(2) 滑块向下运动过程中的加速度大小；(3)当下移距离为d时，ER 流体对滑块的阻力大小.2解析：(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为vo,由自由落体运动规律有vo= 2gL,解得vo= 2gL.(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a,取竖直向下为正方向，则有一 2ax=v；v2,(3)设下移距离d时弹簧弹力为F, ER 流体对滑块的阻力为FER对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F+FER2mg=2maF=k(d+xo)mg= kxo2lg,忽略空气阻力，试求:x=

16、d,vo ”=7，解得a=3gL16d12(2018 陕西西安模拟)小物块以一定的初速度Vo沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角 B 的关系如图所示取g= 10 m/s2,空气阻力0(1)物块的初速度Vo；(2) 物块与斜面之间的动摩擦因数卩;(3) 计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等).解析：(1)当 B = 90。时，物块做竖直上抛运动，末速度为0 由题图得上升最大位移为Xm= 3.2 m2由V0= 2gxm,得V0= 8 m/s.(2) 当 0 = 0 时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x= 6.4 m由运动学公式有：v2= 2ax由牛顿第二定律得：卩mg= ma得卩=0.5.(3) 设题图中P点对应的斜面倾角值为0，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0TL由题图得物