2020版高考物理大一轮复习 第三章 基础课2 牛顿第二定律 两类动力学问题训练（含解析）教科版.doc

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，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(2017自贡市月考)如图1所示，两轻质弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则()图1Aa、b两弹簧的伸长量之比为Ba、b两弹簧的伸长量之比为C若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为D若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g解析设弹簧a、b的弹力分别为Ta、Tb，将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，则Tacos 30mg，Tasin 30Ta，结合胡克定律可求得a、b两弹簧的伸长量之比为，结合牛顿第二定律可求得弹簧b的左端松脱瞬间小球的加速度为g，选项B正确，A、C、D错误。答案B3一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 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 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：mBgNmBa，所以A、B间作用力NmB(ga)mBg8 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3Aa1a2a3 Ba1a2a3Ca1a2a3 Da1a2a3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/s2 B3 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(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(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 s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受三个力作用如图所示，其中传感器示数F125 N。设P、Q球心连线与水平方向成角，则cos 则圆球重力mgF1tan 由式解得60，mg25 N当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则v2ax系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得MgMa系统匀速运动时FMg其中Mg3mg，由解得a m/s2，F75 N(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得FAma解得FA0，即此时传感器示数为0答案(1)75 N(2)0