高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 6 第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题课后达标能力提升 新人教版.doc

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1、1 / 9【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选高考物理一轮复习 第第 3 3 章章 牛顿运动定牛顿运动定律律 6 6 第二节第二节 牛顿第二定律牛顿第二定律 两类动力学问题课后达标能力两类动力学问题课后达标能力提升提升 新人教版新人教版一、单项选择题12013 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

2、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B其测量原理是根据牛顿第二定律C其测量原理是根据万有引力定律D测量时仪器必须竖直放置解析：选 B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度 a，然后根据牛顿第二定律 Fma，求解质量，所以工作原理为牛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

3、降过程加速度减小2 / 9B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 mgkvma，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 mgkvma，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，质量为 m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为 60，则( )A每根橡皮绳的拉力为 mgB若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C若此时小明左侧

4、橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度 agD若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度 ag解析：选 B.根据平行四边形定则知，2Fcos 30mg，解得 Fmg.故 A 错误；根据共点力平衡得，2Fcos mg，当悬点间的距离变小时， 变小，cos 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 mg，加速度为 g，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

5、解，合力为 mgsin 30，加速度为 g，方向沿垂直于右侧绳3 / 9的方向斜向下，故 D 错误4.(2018泰州检测)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( )BA. mg MmDC. 2mg M2m解析：选 C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的 2 倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的 2 倍，设绳子上的拉力为 F，根据牛顿第二定律2，解得 F，工件加速度 a，所以 C 正确5(2018扬州中学月考)如图

6、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 m，2、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a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为 g，则有( )Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g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a1a2g；而物块 3、4 间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹4

7、 / 9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，因此物块 3 满足 mgF，a30；由牛顿第二定律得物块 4 满足a4g，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( )Aa 球最先到达 M 点Bb 球最先到达 M 点Cc 球最先到达 M 点Db 球和 c 球都可能最先到达 M 点解析：选 C.

8、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 Rgt，所以 tc ；对于 a 球令 AM 与水平面成 角，则 a 球下滑到 M 点用时满足 AM2Rsin gsin t，即 ta2；同理 b球从 B 点下滑到 M 点用时也满足 tb2(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正确二、多项选择题7.如图所示，质量为 m2 的物体 2 放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为 m1 的物体 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 角，物体 2 仍在车厢底

9、板上，则( )5 / 9A细线拉力为 m1gcos B车厢的加速度为 gtan C底板对物体 2 的支持力为 m2gm1g cos D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 m1a，竖直方向有 FTcos m1g，解得 agtan ，FT，选项 A 错误，B 正确；以物体 2 为研究对象，水平方向有 Ffm2a，竖直方向有FTFNm2g，解得 Ffm2gtan ，FNm2g，选项 C 正确，D 错误8.(2018南京二中月考)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

10、 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 g10 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 5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为 230 N解析：选 AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F 浮mgma，解得 F浮m(ga)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 v6 m/s5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升 10

11、 s 后的速度vat5 m/s，C 错误；再由 F 浮F 阻mgma 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6 / 9mg230 N，D 正确9.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( )A弹簧 a、b 的劲度系数之比为 1B弹簧 a、b 的劲度系数之比为 2C若弹簧 a 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为 gD若弹簧 b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g 2解析：选 AD.由题可知，两个弹簧相互

12、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Famgcos 30mg，根据胡克定律可知弹簧 a 的劲度系数为k1，弹簧 b 中的弹力 Fbmgcos 60mg，根据胡克定律可知弹簧 b 的劲度系数为 k2，所以弹簧 a、b 的劲度系数之比为1，A 正确，B 错误；弹簧 a 中的弹力为 mg，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 ag，C 错误；弹簧b 中弹力为 mg，若弹簧 b 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧 a 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧 a 弹力的

13、合力与 Fb 大小相等、方向相反，故小球的加速度 ag，D 正确10(2018扬州质检)如图(a)所示，质量为 5 kg 的小物块以初速度 v011 m/s 从 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.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，g10 m/s2，(sin 537 / 90.8、cos 530.6)下列说法中正确的是( )A恒力 F 的大小为 5 NB恒力 F 的大小为 10 NC物块与斜面间的动摩擦因数为1 3D物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5解析

14、：选 AD.由题图可得：a；有恒力 F 时：a1 m/s210 m/s2；无恒力 F 时：a2 m/s211 m/s2由牛顿第二定律得：无恒力 F 时：mgsin mgcos ma2解得：0.5有恒力 F 时：mgsin mgcos Fma1解得：F5 N，故 A、D 正确，B、C 错误三、非选择题11.(2018江苏重点中学六校联考)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 m(可视为质

15、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g，忽略空气阻力，试求：8 / 9(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. 解析：(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为 v0，由自由落体运动规律有 v2gL，解得 v0.(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2

16、axvv，xd，v1，v2，解得 a.(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FFER2mg2maFk(dx0)mgkx0联立解得 FERmgkd.答案：(1) (2) (3)mgkd12.(2018淮安月考)小物块以一定的初速度 v0 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 的关系如图所示取 g10 m/s2，空气阻力不计可能用到的函数值：sin 300.5，sin 370.6.求：(1)物块的初速度 v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数 ；(3)计算说明图线中

17、 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 90时，物块做竖直上抛运动，末速度为 0 由题9 / 9图得上升最大位移为 xm3.2 m由 v2gxm，得 v08 m/s.(2)当 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 x6.4 m由运动学公式有：v2ax由牛顿第二定律得：mgma，得 0.5.(3)设题图中 P 点对应的斜面倾角值为 ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为 0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为 x3.2 m由运动学公式有：v2ax由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma得 10sin 5cos 10，得 37.因为 mgsin 6mmgcos 4m，所以能滑回斜面底端答案：(1)8 m/s (2)0.5 (3)37 能滑回底端 理由见解析