2019屆高考物理總復(fù)習第三章牛頓運動定律第二節(jié)牛頓第二定律兩類動力學問題課后達標

1、第二節(jié)牛頓第二定律兩類動力學問題學生用書 P289（單獨成冊）（建議用時：60 分鐘）一、單項選擇題1. （2018 貴州遵義模擬）2013 年 6 月我國航天員在“天宮一號”中進行了我國首次太 空授課活動，其中演示了太空“質(zhì)量測量儀”測質(zhì)量的實驗，助教聶海勝將自己固定在支架一端，王亞平將連接運動機構(gòu)的彈簧拉到指定位置；松手后，彈簧凸輪機構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力，使彈簧回到初始位置，同時用光柵測速裝置測量出支架復(fù)位時的速度和所用時間；這樣,就測出了聶海勝的質(zhì)量為 74 kg.下列關(guān)于“質(zhì)量測量儀”測質(zhì)量的說法正確的是（）A.測量時儀器必須水平放置D.測量時儀器必須豎直放置解析：選 B“質(zhì)量測量儀”是

2、先通過光柵測速裝置測量出支架復(fù)位時的速度和所用時Av間，則能算出加速度a=,然后根據(jù)牛頓第二定律F=ma求解質(zhì)量，所以工作原理為牛At八頓第二定律.由于在太空中處于完全失重狀態(tài)，所以測量儀器不論在什么方向上，彈簧凸輪機構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力都是人所受的合力，故B 正確.2. （2018 安徽四校高三聯(lián)考）物體以一定的初速度豎直向上拋出，已知空氣對物體的 阻力大小與速度大小成正比，則下列關(guān)于此物體加速度大小的說法正確的是（）A. 上升過程加速度增大，下降過程加速度減小B. 上升過程加速度增大，下降過程加速度也增大C. 上升過程加速度減小，下降過程加速度也減小D. 上升過程加速度減小，下降過程加速度增

3、大解析：選 C上升過程中，受到豎直向下的重力，豎直向下的阻力，即m肝kv=ma做減速運動，所以加速度在減小，下降過程中，受到豎直向下的重力，豎直向上的阻力，即mg- kv=ma速度在增大，所以加速度在減小，故C 正確.3.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩. 如圖所示,此蠅斷裂3質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端固定在桌面上.如圖所示，工件與桌面、 繩之間以及繩與桌子邊緣之間的摩擦都忽略不計，則重物下落過程中，工件的加速度為（）AmgB型2M M m2mg2mgCM 4mD M 2m質(zhì)量為m的小明靜止懸

4、掛時，兩橡皮繩的夾角為60,則（）1A. 每根橡皮解析：選 B.根據(jù)平行四邊形定則知，2Fcos 30 =mg解得F=mg故 A 錯誤；根據(jù)共點力平衡3得，2Fcos 0 =mg當懸點間的距離變小時，0 變小，cos 0 變大，可知橡皮繩的拉力變小，故 B 正確；當左側(cè)橡皮繩斷裂，斷裂的瞬間，右側(cè)彈性繩的拉力不變，則重力和右側(cè)橡皮繩拉力的合力與左側(cè)橡皮繩初始時的拉力大小相等，方向相反，合力大小為罟mg加速度為，故 C 錯誤；當兩側(cè)為輕繩時，左側(cè)繩斷裂瞬間，右側(cè)繩上拉力發(fā)生突變，將重力沿繩方向和垂直于繩方向正交分解，合力為繩的方向斜向下，故 D 錯誤.mgn 30。，加速度為 2g,方向沿垂直于

5、右側(cè)裂mg4.4解析：選 C.相等時間內(nèi)重物下落的距離是工件運動距離的也是工件加速度的 2 倍，設(shè)繩子上的拉力為F,根據(jù)牛頓第二定律罟若=2 解得F=如圖所示，物塊 1、2 間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊 3、4 間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊 1、3 質(zhì)量為m2、4 質(zhì)量為M兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將 兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4 的加速度大小分別為ai、a?、a3、a4.重力加速度大小為g,則有（）A. ai=a2=a3=a4= 0B. ai=a?=a3=a4=gm MC. ai=a2=g,a3= 0,a4=m+ Mm MD.ai=g,a2=

6、g,a3=0,a4= g解析：選 C.在抽出木板的瞬間，物塊 1、2 與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的 合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1=a2=g；而物塊 3、4 間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3 向上的彈力大小和對物塊 4 向下的彈力大小仍為mg因此F+Mg M+ m物塊 3 滿足mg= F,a3= 0 ;由牛頓第二定律得物塊 4 滿足a4= = g,所以 C 對.6.如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點.豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為 60,C是圓環(huán)軌道的圓心. 已 知在同一時刻a、b兩球分別由A B兩

7、點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點.則（）A. a球最先到達M點B. b球最先到達M點2 倍，因此，重物的加速度Mmg4m工件加速度2F2mgM_M+4m所以 C 正確.5.V5C. c球最先到達M點D. b球和c球都可能最先到達M點6有Ff=ma,豎直方向有FT+FN=mg, 解得Ff=nagtan0，F(xiàn)N=mg嚴，選項C正確,D 錯誤.8.解析：選 C.一 一 一 12如圖所示，令圓環(huán)半徑為R則c球由C點自由下落到M點用時滿足 R= 2gtC，所以tc.2RI= “.：一；對于a球令A(yù)M與水平面成 B角，貝U a球下滑到M點用時滿足AM=2Rsin

8、0=-Ng只總2gsin 0 t；,即卩ta= 2、;同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb= 2、fg（r為過B M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，rR） 綜上所述可得tbtatc,故選項 C 正確.物體 1 連接，不計滑輪摩擦，車廂正在水平向右做加速直線運動，連接物體 1 的細線與豎直方向成 0角，物體 2 仍在車廂底板上，則（）A. 細線拉力為mgcos、0 B. 車廂的加速度為gta n 0C. 底板對物體丿 2 的支持力為mg牛cos 0D. 底板對物體 2 的摩擦力為零解析：選 BC.以物體 1 為研究對象，水平方向有FTSin 0 =ma,豎直方向有Fcos 0 =mg,解得

9、a=gtan 0 ,FT=mg，選項 A 錯誤，B 正確；以物體 2 為研究對象，水平方向cos 0二、多項選擇題7.如圖所示，質(zhì)量為7（2018 杭州二中月考）如圖所示，總質(zhì)量為 460 kg 的熱氣球，從地面剛開始豎直上升 時的加速度為 0.5 m/s2，當熱氣球上升到 180 m 時，以 5 m/s 的速度向上勻速運動，若離開 地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g= 10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是（）A. 所受浮力大小為 4 830 NB. 加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C. 從地面開始上升 10 s 后的速度大小為 5 m/sD.以

10、5 m/s 勻速上升時所受空氣阻力大小為 230N解析：選 AD.剛開始上升時，空氣阻力為零，F(xiàn)浮一mg= ma解得F浮=n（g+a） = 4 830 N, A 正確；加速上升過程，若保持加速度不變，則熱氣球上升到 180 m 時，速度v= 2ah= 6 5 m/s 5 m/s，所以熱氣球做加速度減小的加速直線運動，上升 10 s 后的速度vvat= 5 m/s,C 錯誤；再由F浮一F阻一mg= ma可知空氣阻力F阻增大，B 錯誤；勻速上升時，F(xiàn)浮=F阻+mg所以F阻=F浮一mg=230 N , D 正確.9. （2018 山東濟南模擬）如圖所示，兩輕質(zhì)彈簧a、b懸掛一質(zhì)量為m的小球，整體處于

11、平衡狀態(tài)，彈簧（ ）a與豎直方向成 30,彈簧b與豎直方向成60 ,彈簧a、b的形變量相等，重力加速度為g,則8A.彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為3 ：1B.彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為3 ：2C.若彈簧a下端松脫， 則松脫瞬間小球的加速度大小為3gD.若彈簧 b 下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為mg9解析：選 AD.由題可知，兩個彈簧相互垂直，對小球受力分析，如圖所示，設(shè)彈簧的伸長量都是x，由受力分析圖知，彈簧a中彈力Fa=mgcos 30 =mg根據(jù)胡克定律可知彈簧a的勁度系數(shù)為ki=x彈簧b中的彈力Fb=mgcos 60 =mg根據(jù)胡克定律可知彈簧b的勁度系數(shù)為k2=Fb=貿(mào)，所以彈簧a

12、、b的勁度系數(shù)之比為，3：1, A 正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為3mg若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間彈簧b的彈力不變，故 小球所受重力和彈簧b彈力的合力與Fa大小相等、方向相反，小球的加速度a=F)=g, C1一廠錯誤；彈簧b中彈力為 2mg若彈簧b的下端松脫，則松脫瞬間彈簧a的彈力不變，故小球Fb1所受重力和彈簧a彈力的合力與Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度a= =：g, D汽m2正確.10. (2018 湖南郴州質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為 5 kg 的小物塊以初速度vo= 11 m/s 從 0 = 53固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F.第二次無恒力F

13、.圖(b)中的兩條線段a、b分別表示存在恒力F和無恒力F時小物塊沿斜面 向上運動的vt圖線.不考慮空氣阻力，g= 10 m/s , (sin 53 = 0.8、cos 53 = 0.6)解析：選 AD.由題圖可得：V*t；物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為D.A.B.恒力F的大小為JfjF恒力F的大小為 10 NC. 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5F 列說法中正10 V 11,2“，2有恒力F時：a1= - m/s = 10 m/st1.1V1122無恒力F時：a2= m/s = 11 m/st1由牛頓第二定律得：無恒力F時： min 0 + 卩mgcos 0 =ma11解得：卩=o.5有恒力F時：

14、min 0 + 卩mgsos 0 F=ma解得：F= 5 N，故 A、D 正確，B、C 錯誤.三、非選擇題11.(2018 江西重點中學六校聯(lián)考)如圖所示，一個豎直固定在地面上的透氣圓筒，筒中有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層 新型智能材料一一 ER 流體，它對滑塊的阻力可調(diào)滑塊靜止時，ER 流體對其阻力為零，此時彈簧的長度為L.現(xiàn)有一質(zhì)量也為可視為質(zhì)點)的物體在圓筒正上方距地面 2L處自由下落，與滑塊碰撞(碰撞時間極短)后黏在一起，并以物體碰前瞬間速度的一半向下運動.ER流體對滑塊的阻力隨滑塊下移而變化，使滑塊做勻減速運動，當下移距離為d時，速

15、度減小為物體與滑塊碰撞前瞬間速度的四分之一.取重力加速度為(1) 物體與滑塊碰撞前瞬間的速度大小；(2) 滑塊向下運動過程中的加速度大??；(3)當下移距離為d時，ER 流體對滑塊的阻力大小.2解析：(1)設(shè)物體與滑塊碰撞前瞬間的速度大小為vo,由自由落體運動規(guī)律有vo= 2gL,解得vo= 2gL.(2)設(shè)滑塊做勻減速運動的加速度大小為a,取豎直向下為正方向，則有一 2ax=v；v2,(3)設(shè)下移距離d時彈簧彈力為F, ER 流體對滑塊的阻力為FER對物體與滑塊組成的整體，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得F+FER2mg=2maF=k(d+xo)mg= kxo2lg,忽略空氣阻力，試求:x=

16、d,vo ”=7，解得a=3gL16d12(2018 陜西西安模擬)小物塊以一定的初速度Vo沿斜面(足夠長)向上運動，由實驗測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角 B 的關(guān)系如圖所示取g= 10 m/s2,空氣阻力0(1)物塊的初速度Vo；(2) 物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)卩;(3) 計算說明圖線中P點對應(yīng)的斜面傾角為多大？在此傾角條件下，小物塊能滑回斜面底端嗎？說明理由(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等).解析：(1)當 B = 90。時，物塊做豎直上拋運動，末速度為0 由題圖得上升最大位移為Xm= 3.2 m2由V0= 2gxm,得V0= 8 m/s.(2) 當 0 = 0 時，物塊相當于在水平面上做勻減速直線運動，末速度為0由題圖得水平最大位移為x= 6.4 m由運動學公式有：v2= 2ax由牛頓第二定律得：卩mg= ma得卩=0.5.(3) 設(shè)題圖中P點對應(yīng)的斜面傾角值為0，物塊在斜面上做勻減速運動，末速度為0TL由題圖得物