2022年高考物理大一輪復習 第三章 基礎課2 牛頓第二定律 兩類動力學問題訓練（含解析）教科版

《2022年高考物理大一輪復習 第三章 基礎課2 牛頓第二定律 兩類動力學問題訓練（含解析）教科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理大一輪復習 第三章 基礎課2 牛頓第二定律 兩類動力學問題訓練（含解析）教科版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理大一輪復習 第三章 基礎課2 牛頓第二定律 兩類動力學問題訓練（含解析）教科版 一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～9題為多項選擇題) 1．(2017·蘇州高三檢測)關于力學單位制的說法中正確的是(　　) A．kg、m/s、N是導出單位 B．kg、m、J是基本單位 C．在國際單位制中，質量的基本單位是kg，也可以是g D．只有在國際單位制中，牛頓第二定律的表達式才是F＝ma 解析　kg是質量的單位，它是基本單位，所以A錯誤；國際單位制規(guī)定了七個基本物理量。分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、發(fā)光強度、物質的量。它們在國際單位制中的單位稱為基本單位，J是導

2、出單位，B錯誤；g也是質量的單位，但它不是質量在國際單位制中的基本單位，所以C錯誤；牛頓第二定律的表達式F＝ma，是在其中的物理量都取國際單位制中的單位時得出的，所以D正確。 答案　D 2．(2017·自貢市月考)如圖1所示，兩輕質彈簧a、b懸掛一小鐵球處于平衡狀態(tài)，a彈簧與豎直方向成30°角，b彈簧水平，a、b兩彈簧的勁度系數(shù)分別為k1、k2，重力加速度為g，則(　　) 圖1 A．a、b兩彈簧的伸長量之比為 B．a、b兩彈簧的伸長量之比為 C．若彈簧b的左端松脫，則松脫瞬間小球的加速度為 D．若彈簧b的左端松脫，則松脫瞬間小球的加速度為g 解析　設彈簧a、b的彈力分別為T

3、a、Tb，將彈簧a的彈力沿水平和豎直方向分解，則Tacos 30°＝mg，Tasin 30°＝Ta，結合胡克定律可求得a、b兩彈簧的伸長量之比為，結合牛頓第二定律可求得彈簧b的左端松脫瞬間小球的加速度為g，選項B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 3．一物體沿傾角為α的斜面下滑時，恰好做勻速直線運動，若物體以某一初速度沖上斜面，則上滑時物體加速度大小為(　　) A．gsin α B．gtan α C．2gsin α D．2gtan α 解析　對物體下滑時進行受力分析，如圖甲。由于恰好做勻速直線運動，根據平衡知識得： mgsin α＝f 物體以某一初速度沖上斜面，對物體受力

4、分析，如圖乙。 物體的合力F合＝mgsin α＋f＝2mgsin α 根據牛頓第二定律得：a＝＝2gsin α 故選C。 　　 　　　　　 甲　　　　　　　　乙 答案　C 4.如圖2所示，質量為4 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面。質量為1 kg的物體B用細線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間，B對A的壓力大小為(取g＝10 m/s2)(　　) 圖2 A．0 N B．8 N C．10 N D．50 N 解析　細線剪斷瞬間，彈簧彈力不變，A和B整體受到的合外力等于物體B的重力，因此整體的加速度為a＝＝g，對物體B：mB

5、g－N＝mBa，所以A、B間作用力N＝mB(g－a)＝mBg＝8 N。 答案　B 5．(2016·安徽皖南八校聯(lián)考)放在固定粗糙斜面上的滑塊A以加速度a1沿斜面勻加速下滑，如圖3甲。在滑塊A上放一物體B，物體B始終與A保持相對靜止，以加速度a2沿斜面勻加速下滑，如圖乙。在滑塊A上施加一豎直向下的恒力F，滑塊A以加速度a3沿斜面勻加速下滑，如圖丙。則(　　) 圖3 A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2

6、 題圖乙中的加速度為a2，則有 (m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝(m＋m′)a2， 解得a2＝gsin θ－μgcos θ。 題圖丙中的加速度為a3，設F＝m′g，則有 (m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝ma3， 解得a3＝。 故a1＝a2＜a3，故B正確。 答案　B 6.豎直懸掛的輕彈簧下連接一個小球，用手托起小球，使彈簧處于壓縮狀態(tài)，如圖4所示。則迅速放手后(　　) 圖4 A．小球開始向下做勻加速運動 B．彈簧恢復原長時小球速度達到最大 C．彈簧恢復原長時小球加速度等于g D．小球運動過程中最大加速度大于g 解析　

7、迅速放手后，小球受到重力、彈簧向下的彈力作用，向下做加速運動，彈力將減小，小球的加速度也減小，小球做變加速運動，故A錯誤；彈簧恢復原長時，小球只受重力，加速度為g，故C正確；彈簧恢復原長后，小球繼續(xù)向下運動，開始時重力大于彈力，小球加速度向下，做加速運動，當重力等于彈力時加速度為零，速度最大，故B錯誤；剛放手時，小球所受的合力大于重力，加速度大于g，故D正確。 答案　CD 7．如圖5是汽車運送圓柱形工件的示意圖，圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器，假設圓柱形工件表面光滑，汽車靜止不動時Q傳感器示數(shù)為零，P、N傳感器示數(shù)不為零。當汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數(shù)為零而Q、N傳感器

8、示數(shù)不為零。已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g＝10 m/s2。則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為(　　) 圖5 A．2.5 m/s2 B．3 m/s2 C．2 m/s2 D．4 m/s2 解析　當汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數(shù)為零而Q，N傳感器示數(shù)不為零，受力分析如圖所示，則FQ＋mg＝FNcos 15°，F(xiàn)合＝FNsin 15°＝ma。 解得a＝tan 15°＝×0.27＋10×0.27＝0.27×＋2.7≥2.7。故可能的為B、D選項。 答案　BD 8．(2016·浙江十二校聯(lián)考)如圖6所示，在動摩擦因數(shù)μ

9、＝0.2的水平面上，質量m＝2 kg的物塊與水平輕彈簧相連，物塊在與水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下處于靜止狀態(tài)，此時水平面對物塊的彈力恰好為零。g取10 m/s2，以下說法正確的是(　　) 圖6 A．此時輕彈簧的彈力大小為20 N B．當撤去拉力F的瞬間，物塊的加速度大小為8 m/s2，方向向左 C．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度大小為8 m/s2，方向向右 D．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度為0 解析　物塊在重力、拉力F和彈簧的彈力作用下處于靜止狀態(tài)，由平衡條件得F彈＝Fcos θ，mg＝Fsin θ，聯(lián)立解得彈簧的彈力F彈＝＝20 N，選項A正確；撤去拉力

10、F的瞬間，由牛頓第二定律得F彈－μmg＝ma1，解得a1＝8 m/s2，方向向左，選項B正確；剪斷彈簧的瞬間，彈簧的彈力消失，則Fcos θ＝ma2，解得a2＝10 m/s2，方向向右，選項C、D錯誤。 答案　AB 9.如圖7所示，一傾角θ＝37°的足夠長斜面固定在水平地面上。當t＝0時，滑塊以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上運動。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列說法正確的是(　　) 圖7 A．滑塊一直做勻變速直線運動 B．t＝1 s時，滑塊速度減為零，然后在斜面上向下運動 C．t＝2 s時，滑塊

11、恰好又回到出發(fā)點 D．t＝3 s時，滑塊的速度大小為4 m/s 解析　設滑塊上滑時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑時間t1＝＝1 s，上滑的距離x1＝v0t1＝5 m，因tan θ＞μ，mgsin θ＞μmgcos θ，滑塊上滑到速度為零后，向下運動，選項B正確；設滑塊下滑時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，經1 s，滑塊下滑的距離x2＝a2t＝1 m＜5 m，滑塊未回到出發(fā)點，選項C錯誤；因上滑和下滑過程中的加速度不同，故滑塊全程不是勻變速直

12、線運動，選項A錯誤；t＝3 s時，滑塊沿斜面向下運動，此時的速度v＝a2(3 s－1 s)＝4 m/s，選項D正確。 答案　BD 二、非選擇題 10．(2016·海南單科，13)水平地面上有質量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數(shù)均為μ。細繩的一端固定，另一端跨過輕質動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖8所示。初始時，繩處于水平拉直狀態(tài)。若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g。求： 圖8 (1)物塊B克服摩擦力所做的功； (2)物塊A、B的加速度大小。 解析　(1)物塊A移動了距離s，則物塊B移動的距離為s1＝ s 物塊B受到的摩

13、擦力大小為f＝4μmg 物塊B克服摩擦力所做的功為W＝fs1＝2μmgs (2)設物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，繩中的張力為T，由牛頓第二定律得： F－μmg－T＝maA，2T－4μmg＝4maB 由A和B的位移關系得：aA＝2aB 聯(lián)立得aA＝，aB＝。 答案　(1)2μmgs　(2)　 11．(2017·河南洛陽聯(lián)考)有一個冰上推木箱的游戲節(jié)目，規(guī)則是：選手們從起點開始用力推木箱一段時間后，放手讓木箱向前滑動，若木箱最后停在桌上有效區(qū)域內，視為成功；若木箱最后未停在桌上有效區(qū)域內就視為失敗。其簡化模型如圖9所示，AC是長度為L1＝7 m的水平冰面，選手們可將木箱放在

14、A點，從A點開始用一恒定不變的水平推力推木箱，BC為有效區(qū)域。已知BC長度L2＝1 m，木箱的質量m＝50 kg，木箱與冰面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。某選手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直線運動，若木箱可視為質點，g取10 m/s2。那么該選手要想游戲獲得成功，試求： 圖9 (1)推力作用在木箱上時的加速度大??； (2)推力作用在木箱上的時間滿足的條件。 解析　(1)設推力作用在木箱上時，木箱的加速度為a，根據牛頓運動定律得F－μmg＝ma1 解得a1＝3 m/s2。 (2)設撤去推力后，木箱的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律得 μmg＝ma2 解得a

15、2＝1 m/s2。 設推力作用在木箱上的時間為t，此時間內木箱的位移為 x1＝a1t2 撤去力F后木箱繼續(xù)滑行的距離為 x2＝ 要使木箱停在有效區(qū)域內，須滿足 L1－L2≤x1＋x2≤L1 解得1 s≤t≤ s。 答案　(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s 12．如圖10所示，半徑為R的圓筒內壁光滑，在筒內放有兩個半徑為r的光滑圓球P和Q，且R＝1.5r。在圓球Q與圓筒內壁接觸點A處安裝有壓力傳感器。當用水平推力推動圓筒在水平地面上以v0＝5 m/s 的速度勻速運動時，壓力傳感器顯示壓力為25 N；某時刻撤去推力F，之后圓筒在水平地面上滑行的距離為x＝ m。已知圓筒的質

16、量與圓球的質量相等，取g＝10 m/s2。求： 圖10 (1)水平推力F的大小； (2)撤去推力后傳感器的示數(shù)。 解析　(1)系統(tǒng)勻速運動時，圓球Q受三個力作用如圖所示，其中傳感器示數(shù)F1＝25 N。設P、Q球心連線與水平方向成θ角，則 cos θ＝＝① 則圓球重力mg＝F1tan θ② 由①②式解得θ＝60°，mg＝25 N③ 當撤去推力F后，設系統(tǒng)滑行的加速度大小為a，則 v＝2ax④ 系統(tǒng)水平方向受到滑動摩擦力，由牛頓第二定律得 μMg＝Ma⑤ 系統(tǒng)勻速運動時F＝μMg⑥ 其中Mg＝3mg，由③④⑤⑥解得 a＝ m/s2，F(xiàn)＝75 N⑦ (2)撤去推力后，對球Q，由牛頓第二定律得 －FA＝ma⑧ 解得FA＝0，即此時傳感器示數(shù)為0 答案　(1)75 N　(2)0