2020版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律4第二节牛顿第二定律两类动力学问题课后达标能力提升.doc

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1、1第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题(建议用时：40 分钟)一、单项选择题1(2019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

2、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 F ma，求解质量，所以工作原理为 v t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(2017高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A曲线运动 B匀速直线运动C匀加速直线运动 D变加速直线运动解析：选 C.本题考查力与运动的关系在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态

3、，故重力与电场力的合力与拉力等值反向悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线2运动，C 项正确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 mg12B若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度 a gD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 a g解析：选 B. 根据平行四边形定则知，2 Fcos 30 mg，解

4、得 F mg.故 A 错误；根33据共点力平衡得，2 Fcos 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，右侧橡皮绳的拉力不变，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33 33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 mgsin 30，加速度为 g，12方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故 D 错误4(2019日照模拟)如图所示，在竖直平面内有半径为 R 和 2R 的两个圆，两圆的最高点

5、相切，切点为 A， B 和 C 分别是小圆和大圆上的两个点，其中 AB 长为 R， AC 长为 22R.现沿 AB 和 AC 建立两条光滑轨道，自 A 处由静止释放小球，已知小球沿 AB 轨道运动到2B 点所用时间为 t1，沿 AC 轨道运动到 C 点所用时间为 t2，则 t1与 t2之比为( )3A1 B122C1 D133答案：A5. (2019江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为 M、 m，球拍平面和水平面之间夹角为 ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )A运动员的加速度为 gtan B球拍对球的作用力为 mg

6、C运动员对球拍的作用力为( M m)gcos D若加速度大于 gsin ，球一定沿球拍向上运动解析：选 A. 网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得 FNsin ma，又 FNcos mg，解得 a gtan ， FN ，故 A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，mgcos 受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为 F ，故 C 错误；当（ M m） gcos agtan 时，网球才向上运动，由于 gsin gtan ，故球不一定沿球拍向上运动，故 D 错误6. 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 m，2、4 质量为

7、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( )4A a1 a2 a3 a40B a1 a2 a3 a4 gC a1 a2 g， a30， a4 gm MMD a1 g， a2 g， a30， a4 gm MM m MM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

8、对物块 4 向下的弹力大小仍为 mg，因此物块 3 满足 mg F， a30；由牛顿第二定律得物块 4 满足 a4 g，所以 CF MgM M mM对7(2019安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩 0.4 m 后锁定， t0 时解除锁定，释放滑块计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的 v t 图象如图乙所示，其中 Oab 段为曲线， bc 段为直线，倾斜直线 Od 是 t0 时的速度图线的切线，已知滑块质量 m2.0 kg，取 g10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减

9、速直线运动B弹簧恢复原长时，滑块速度最大C弹簧的劲度系数 k175 N/mD该过程中滑块的最大加速度为 35 m/s2解析：选 C.根据 v t 图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项 A、B 错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小 a1 m/s25 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力 v t 1.50.35大小为 Ff mg ma125 N10 N，刚释放时滑块的加速度为 a2 v t 30.1m/s230 m/s2，此时滑块的加速度最

10、大，选项 D 错误；由牛顿第二定律得 kx Ff ma2，代入数据解得 k175 N/m，选项 C 正确二、多项选择题8. 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选 BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A 项错误；设动摩擦因数为 ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为 g ，

11、设经过 t1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为 v，则 v gt 1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为 g ，因此鱼缸在桌面上运动的时间 t2 ，因此 t1 t2，B 项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩v g擦力仍为滑动摩擦力，大小为 mg (设鱼缸质量为 m)，保持不变，C 项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D 项正确9(2019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

12、加速度为 g，则( )A弹簧 a、 b 的劲度系数之比为 13B弹簧 a、 b 的劲度系数之比为 23C若弹簧 a 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为 g36D若弹簧 b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g2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32知弹簧 a 的劲度系数为 k1 ，弹簧 b 中的弹力 Fb mgcos 60 mg，根据胡克Fax 3mg2x 12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F

13、bx mg2x 3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32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，小球的加速度大小a g，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Fam 32 12力不变，故小球所受重力和弹簧 a 弹力的合力与 Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度大小 a g，D 正确Fbm 1210(2019济南模拟)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为 mA5 kg 的物块A， A 的上方放置一质量 mB3 kg 的滑块 B，用一轻绳一端拴在物块 A 上，另

14、一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量 mC2 kg 的物块 C，其中连接 A 的轻绳与水平桌面平行现由静止释放物块 C，在以后的过程中， A 与 B 之间没有相对滑动且 A、 B 始终没有离开水平桌面(重力加速度 g 取 10 m/s2)则下列说法正确的是( )A A 的加速度大小为 2.5 m/s2B A 的加速度大小为 2 m/s2C A 对 B 的摩擦力大小为 6 ND A 对 B 的摩擦力大小为 7.5 N7解析：选 BC.把 A、 B、 C 作为整体研究，由牛顿第二定律得加速度 a 2 mCgmA mB mCm/s2，即 A 的加速度大小为 2 m/s2，B 项正确，A 错误；以 B 为研

15、究对象，由牛顿第二定律得 A 对 B 的静摩擦力大小为 f mBa6 N，C 项正确，D 项错误三、非选择题11. (2019陕西西安模拟)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 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

16、 0 由题图得上升最大位移为 xm3.2 m由 v 2 gxm，得 v08 m/s.20(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： v 2 ax20由牛顿第二定律得： mg ma，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： v 2 a x20由牛顿第二定律有： mgsin mg cos ma得 10sin 5cos 10，得 37.因为 mgsin 6 m mg cos 4 m，所以能滑回斜面底端答案：

17、(1)8 m/s (2)0.5 (3)37 能滑回底端 理由见解析12避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞8设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44.货物与货车分别视为小

18、滑块和平板，取 cos 1，sin 0.1， g10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度解析：(1)设货物的质量为 m，货物与车厢间的动摩擦因数 0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则f mgsin ma1f mg cos 联立式并代入数据得 a15 m/s 2a1的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端 s038 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离为 s1，在车厢内滑动的距离 s4 m，货车的加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距离为 s2.货车受到制动坡床的阻力大小为 F， F 是货车和货物总重的 k 倍， k0.44，货车长度 l012 m，制动坡床的长度为 l，则Mgsin F f Ma2F k(m M)gs1 vt a1t2129s2 vt a2t212s s1 s2l l0 s0 s2联立式并代入数据得 l98 m.答案：(1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m