2019年高三物理一轮达标训练--应用牛顿第二定律处理“四类”问题(附解析)

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2019年高三物理一轮达标训练--应用牛顿第二定律处理“四类”问题(附解析)

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文 章来源 莲
山 课 件 w w w.
5Y k J. c oM

2 牛顿第二定律 两类动力学问题
 
一、选择题(1~5题为单项选择题,6~9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(  )
 A.kg、m/s、N是导出单位
 B.kg、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g
 D.只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是F=ma
 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F=ma,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 D
2.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1
 A.方向向左,大小为ksm
 B.方向向右,大小为ksm
 C.方向向左,大小为2ksm
 D.方向向右,大小为2ksm
 答案 D
3.一物体沿倾角为α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(  )
 A.gsin α  B.gtan α   C.2gsin α   D.2gtan α
 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 α=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 α+Ff=2mgsin α
 根据牛顿第二定律得:a=F合m=2gsin α
 故选C。
  
      甲        乙
 答案 C
4.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g=10 m/s2)(  )
 
图2
 A.0 N   B.8 N C.10 N   D.50 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a=mBgmA+mB=15g,对物体B:mBg-FN=mBa,所以A、B间作用力FN=mB(g-a)=45mBg=8 N。
 答案 B
5.(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3
 A.a1=a2=a3  B.a1=a2<a3 
 C.a1<a2=a3  D.a1<a2<a3
 解析 题图甲中的加速度为a1,则有
 mgsin θ-μmgcos θ=ma1,
 解得a1=gsin θ-μgcos θ。
 题图乙中的加速度为a2,则有
 (m+m′)gsin θ-μ(m+m′)gcos θ=(m+m′)a2,
 解得a2=gsin θ-μgcos θ。
 题图丙中的加速度为a3,设F=m′g,则有
 (m+m′)gsin θ-μ(m+m′)gcos θ=ma3,
 解得a3=(m+m′)gsin θ-μ(m+m′)gcos θm。
 故a1=a2<a3,故B正确。
 答案 B
6.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4
 A.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g
 D.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 CD
7.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 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g=10 m/s2。则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(  )
 
图5
 A.2.5 m/s2 B.3 m/s2 C.2 m/s2  D.4 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FQ+mg=FNcos 15°,F合=FNsin 15°=ma。
 解得a=FQ+mgmtan 15°=FQm×0.27+10×0.27=0.27×FQm+2.7≥2.7。故可能的为B、D选项。
 答案 BD
8.(2018•浙江十二校联考)如图6所示,在动摩擦因数μ=0.2的水平面上,质量m=2 kg的物块与水平轻弹簧相连,物块在与水平方向成θ=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6
 A.此时轻弹簧的弹力大小为20 N
 B.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 θ,mg=Fsin θ,联立解得弹簧的弹力F弹=mgtan 45°=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-μmg=ma1,解得a1=8 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 θ=ma2,解得a2=10 m/s2,方向向右,选项C、D错误。
 答案 AB
9.如图7所示,一倾角θ=37°的足够长斜面固定在水平地面上。当t=0时,滑块以初速度v0=10 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(  )
 
图7
 A.滑块一直做匀变速直线运动
 B.t=1 s时,滑块速度减为零,然后在斜面上向下运动
 C.t=2 s时,滑块恰好又回到出发点
 D.t=3 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 θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=10 m/s2,上滑时间t1=v0a1=1 s,上滑的距离x1=12v0t1=5 m,因tan θ>μ,mgsin θ>μmgcos θ,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 θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,经1 s,滑块下滑的距离x2=12a2t22=1 m<5 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;t=3 s时,滑块沿斜面向下运动,此时的速度v=a2(3 s-1 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μ。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=12s
 物块B受到的摩擦力大小为f=4μmg
 物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=2μmgs
 (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:
 F-μmg-T=maA,2T-4μmg=4maB
 由A和B的位移关系得:aA=2aB
 联立得aA=F-3μmg2m,aB=F-3μmg4m。
 答案 (1)2μmgs (2)F-3μmg2m F-3μmg4m
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L1=7 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L2=1 m,木箱的质量m=50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F=200 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F-μmg=ma1,
 解得a1=3 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
 μmg=ma2,
 解得a2=1 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
 x1=12a1t2,
 撤去力F后木箱继续滑行的距离为
 x2=a21t22a2,
 要使木箱停在有效区域内,须满足
 L1-L2≤x1+x2≤L1,
 解得1 s≤t≤76 s。
 答案 (1)3 m/s2 (2)1 s≤t≤76 s
12.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R=1.5r。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v0=5 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=534 m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等,取g=10 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F1=25 N。设P、Q球心连线与水平方向成θ角,则
 cos θ=2R-2r2r=12①
 则圆球重力mg=F1tan θ②
 由①②式解得θ=60°,mg=253 N③
 当撤去推力F后,设系统滑行的加速度大小为a,则
 v20=2ax④
 系统水平方向受到滑动摩擦力,由牛顿第二定律得
 μMg=Ma⑤
 系统匀速运动时F=μMg⑥
 其中Mg=3mg,由③④⑤⑥解得
 a=1033 m/s2,F=75 N⑦
 (2)撤去推力后,对球Q,由牛顿第二定律得
 mgtan θ-FA=ma⑧
 解得FA=0,即此时传感器示数为0
 答案 (1)75 N (2)0

 

 

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