2018届高考物理第一轮复习检测题23

基础课2牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题(1～5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() A．kg、m/s、N是导出单位 B．kg、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g D．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本单位，所以C错误；牛顿第二定律的表达式F＝ma，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1 A．方向向左，大小为eq\f(ks,m) B．方向向右，大小为eq\f(ks,m) C．方向向左，大小为eq\f(2ks,m) D．方向向右，大小为eq\f(2ks,m) 答案D3．一物体沿倾角为α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() A．gsinα B．gtanα C．2gsinα D．2gtanα 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： mgsinα＝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＝mgsinα＋f＝2mgsinα 根据牛顿第二定律得：a＝eq\f(F合,m)＝2gsinα 故选C。 甲乙 答案C4．如图2所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1kg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g＝10m/s2)()图2 A．0N B．8N C．10N D．50N 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＝eq\f(mBg,mA＋mB)＝eq\f(1,5)g，对物体B：mBg－N＝mBa，所以A、B间作用力N＝mB(g－a)＝eq\f(4,5)mBg＝8N。 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3 A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2<a3 C．a1<a2＝a3 D．a1<a2<a3 解析题图甲中的加速度为a1，则有 mgsinθ－μmgcosθ＝ma1， 解得a1＝gsinθ－μgcosθ。 题图乙中的加速度为a2，则有 (m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ＝(m＋m′)a2， 解得a2＝gsinθ－μgcosθ。 题图丙中的加速度为a3，设F＝m′g，则有 (m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ＝ma3， 解得a3＝eq\f(（m＋m′）gsinθ－μ（m＋m′）gcosθ,m)。 故a1＝a2＜a3，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4 A．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g D．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sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()图5 A．2.5m/s2 B．3m/s2 C．2m/s2 D．4m/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＝FNcos15°，F合＝FNsin15°＝ma。 解得a＝eq\f(FQ＋mg,m)tan15°＝eq\f(FQ,m)×0.27＋10×0.27＝0.27×eq\f(FQ,m)＋2.7≥2.7。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μ＝0.2的水平面上，质量m＝2kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝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10m/s2，以下说法正确的是()图6 A．此时轻弹簧的弹力大小为20N B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/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8m/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＝Fcosθ，mg＝Fsinθ，联立解得弹簧的弹力F弹＝eq\f(mg,tan45°)＝20N，选项A正确；撤去拉力F的瞬间，由牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma1，解得a1＝8m/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Fcosθ＝ma2，解得a2＝10m/s2，方向向右，选项C、D错误。 答案AB9．如图7所示，一倾角θ＝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＝10m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()图7 A．滑块一直做匀变速直线运动 B．t＝1s时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动 C．t＝2s时，滑块恰好又回到出发点 D．t＝3s时，滑块的速度大小为4m/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mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，上滑时间t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，上滑的距离s1＝eq\f(1,2)v0t1＝5m，因tanθ＞μ，mgsinθ＞μmgcosθ，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mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，经1s，滑块下滑的距离s2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝1m＜5m，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；t＝3s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(3s－1s)＝4m/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μ。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s1＝eq\f(1,2)s 物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg 物块B克服摩擦力所做的功为W＝fs1＝2μmgs (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－μmg－T＝maA，2T－4μmg＝4maB 由A和B的位移关系得：aA＝2aB 联立得aA＝eq\f(F－3μmg,2m)，aB＝eq\f(F－3μmg,4m)。 答案(1)2μmgs(2)eq\f(F－3μmg,2m)eq\f(F－3μmg,4m)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L1＝7m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L2＝1m，木箱的质量m＝50kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F＝200N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10m/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F－μmg＝ma1， 解得a1＝3m/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 μmg＝ma2， 解得a2＝1m/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 s1＝eq\f(1,2)a1t2， 撤去力F后木箱继续滑行的距离为 s2＝eq\f(aeq\o\al(2,1)t2,2a2)， 要使木箱停在有效区域内，须满足 L1－L2≤s1＋s2≤L1， 解得1s≤t≤eq\r(\f(7,6))s。 答案(1)3m/s2(2)1s≤t≤eq\r(\f(7,6))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v0＝5m/s的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为s＝eq\f(5\r(3),4)m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g＝10m/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受三个力作用如图所示，其中传感器示数F1＝25N。设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则 cosθ＝eq\f(2R－2r,2r)＝eq\f(1,2)① 则圆球重力mg＝F1tanθ② 由①②式解得θ＝60°，mg＝25eq\r(3)N③ 当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则 veq\o\al(2,0)＝2as④ 系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 μMg＝Ma⑤ 系统匀速运动时F＝μMg⑥ 其中Mg＝3mg，由③④⑤⑥解得 a＝eq\f(10\r(3),3)m/s2，F＝75N⑦ (2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得 eq\f(mg,tan