2019年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

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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
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