2020届高考物理一轮复习 第3章 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

2020届高考物理一轮复习 第3章 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

‎6 第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题 一、单项选择题 ‎1．2013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 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，下降过程加速度减小 B．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mg＋kv＝ma，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mg－kv＝ma，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(　　)‎ 8‎ A．每根橡皮绳的拉力为mg B．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＝g D．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，2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg.故A错误；根据共点力平衡得，2Fcos θ＝mg，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ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解，合力为mgsin 30°，加速度为g，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，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(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B． C. D． 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＝ 8‎ ‎，工件加速度a＝＝，所以C正确．‎ ‎5．(2018·扬州中学月考)‎ 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(　　)‎ A．a1＝a2＝a3＝a4＝0‎ B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 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向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，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(　　)‎ A．a球最先到达M点 B．b球最先到达M点 C．c球最先到达M点 D．b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R＝gt，所以tc＝ ；对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M点用时满足AM＝2Rsin θ＝gsin θ·t，即ta＝2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R)．综上所述可得tb>ta>tc，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θ角，物体2仍在车厢底板上，则(　　)‎ A．细线拉力为m1gcos θ B．车厢的加速度为gtan θ C．底板对物体2的支持力为m‎2g－ 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 θ＝m‎1a，竖直方向有FTcos θ＝m‎1g，解得a＝gtan θ，FT＝，选项A错误，B正确；以物体2为研究对象，水平方向有Ff＝m‎2a，竖直方向有FT＋FN＝m‎2g，解得Ff＝m2gtan θ，FN＝m‎2g－，选项C正确，D错误．‎ ‎8.‎ 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 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g＝‎10 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 N B．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/s D．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－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝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v＝＝‎6 m/s＞‎5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度v′＜at＝‎5 m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma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－mg＝230 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 ∶1‎ B．弹簧a、b的劲度系数之比为 ∶2‎ C．若弹簧a下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g D．若弹簧b下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为 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 8‎ 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a′＝＝g，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v0＝‎11 m/s从θ＝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v－t图线．不考虑空气阻力，g＝‎10 m/s2，(sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6)下列说法中正确的是(　　)‎ A．恒力F的大小为5 N B．恒力F的大小为10 N C．物块与斜面间的动摩擦因数为 D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5‎ 解析：选AD.由题图可得：a＝；‎ 有恒力F时：a1＝＝ m/s2＝‎10 m/s2；‎ 无恒力F时：a2＝＝ m/s2＝‎11 m/s2‎ 由牛顿第二定律得：‎ 无恒力F时：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2‎ 解得：μ＝0.5‎ 有恒力F时：mgsin θ＋μmgcos θ－F＝ma1‎ 解得：F＝5 N，故A、D正确，B、C错误．‎ 三、非选择题 ‎11.‎ 8‎ ‎(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：‎ ‎(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v＝2gL，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－2ax＝v－v，x＝d，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 F＋FER－2mg＝2ma F＝k(d＋x0)‎ mg＝kx0‎ 联立解得FER＝mg＋－kd.‎ 答案：(1)　(2)　(3)mg＋－kd ‎12.‎ 8‎ ‎(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θ的关系如图所示．取g＝‎10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：‎ ‎(1)物块的初速度v0；‎ ‎(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(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θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm＝‎‎3.2 m 由v＝2gxm，得v0＝‎8 m/s.‎ ‎(2)当θ＝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x＝‎‎6.4 m 由运动学公式有：v＝2ax 由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.‎ ‎(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，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x′＝‎‎3.2 m 由运动学公式有：v＝‎2a′x′‎ 由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′‎ 得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.‎ 因为mgsin θ＝‎6m＞μmgcos θ＝‎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 8‎