《（浙江專版）2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運動定律 6 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題課后達(dá)標(biāo)能力提升 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運動定律 6 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題課后達(dá)標(biāo)能力提升 新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專版）2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運動定律 6 第二節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題課后達(dá)標(biāo)能力提升 新人教版 一、單項選擇題 1．2013年6月我國航天員在“天宮一號”中進(jìn)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(jī)構(gòu)的彈簧拉到指定位置；松手后，彈簧凸輪機(jī)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 B．其測量原理是根據(jù)牛頓第二定

2、律 C．其測量原理是根據(jù)萬有引力定律 D．測量時儀器必須豎直放置 解析：選B.“質(zhì)量測量儀”是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(jī)構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正確． 2．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

3、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mg＋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，質(zhì)量為m的小明靜止懸掛時，兩橡皮繩的夾角為60°，則(　　) A．每根橡皮繩的拉力為mg B．若將懸點間距離變小，則每根橡皮繩所受拉力將變小 C．若此時小明左側(cè)橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時加速度a＝g

4、D．若拴在腰間左右兩側(cè)的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側(cè)輕繩在腰間斷裂時，小明的加速度a＝g 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)共點力平衡得，2Fcos θ＝mg，當(dāng)懸點間的距離變小時，θ變小，cos θ變大，可知橡皮繩的拉力變小，故B正確；當(dāng)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mg，加速度為g，故C錯誤；當(dāng)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mgsin 30°，加速

5、度為g，方向沿垂直于右側(cè)繩的方向斜向下，故D錯誤． 4. (2018·泰州檢測)質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細(xì)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(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D． 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2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，設(shè)繩子上的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律＝2·，解得F＝，工件加速度a＝＝，所以C正確． 5．(2018·揚(yáng)州中學(xué)月考) 如圖所示，物塊1、2

6、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m，2、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?fàn)顟B(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a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有(　　) A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝g C．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a(chǎn)1＝g，a2＝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

7、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(chǎn)球最先到達(dá)M點 B．b球最先到達(dá)M點 C．c球最先到達(dá)M點 D．b球和c球都可能最先到達(dá)M點 解析：選C. 如圖所示，令圓環(huán)半徑為R

8、，則c球由C點自由下落到M點用時滿足R＝gt，所以tc＝ ；對于a球令A(yù)M與水平面成θ角，則a球下滑到M點用時滿足AM＝2Rsin θ＝gsin θ·t，即ta＝2；同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb＝2(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，r>R)．綜上所述可得tb>ta>tc，故選項C正確． 二、多項選擇題 7. 如圖所示，質(zhì)量為m2的物體2放在車廂底板上，用豎直細(xì)線通過定滑輪與質(zhì)量為m1的物體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(xì)線與豎直方向成θ角，物體2仍在車廂底板上，則(　　) A．細(xì)線拉力為m1gcos θ B．車廂的加速

9、度為gtan θ C．底板對物體2的支持力為m2g－ D．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 θ＝m1a，豎直方向有FTcos θ＝m1g，解得a＝gtan θ，F(xiàn)T＝，選項A錯誤，B正確；以物體2為研究對象，水平方向有Ff＝m2a，豎直方向有FT＋FN＝m2g，解得Ff＝m2gtan θ，F(xiàn)N＝m2g－，選項C正確，D錯誤． 8. (2018·南京二中月考)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(dāng)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

10、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 N B．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/s D．以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N 解析：選AD.剛開始上升時，空氣阻力為零，F(xiàn)浮－mg＝ma，解得F?。絤(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＝＝6 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v′＜at＝5 m/s，C錯誤；再由F?。璅

11、阻－mg＝ma可知空氣阻力F阻增大，B錯誤；勻速上升時，F(xiàn)?。紽阻＋mg，所以F阻＝F?。璵g＝230 N，D正確． 9. 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(　　) A．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為 ∶1 B．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為 ∶2 C．若彈簧a下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為g D．若彈簧b下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為 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

12、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k1＝＝，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＝＝，所以彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為∶1，A正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為mg，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＝＝g，C錯誤；彈簧b中彈力為mg，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正確． 10．(2018·揚(yáng)州質(zhì)檢)如圖(a)所示，

13、質(zhì)量為5 kg的小物塊以初速度v0＝11 m/s從θ＝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.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v－t圖線．不考慮空氣阻力，g＝10 m/s2，(sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6)下列說法中正確的是(　　) A．恒力F的大小為5 N B．恒力F的大小為10 N C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5 解析：選AD.由題圖可得：a＝； 有恒力F時：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2； 無恒力F時：a2＝＝ m

14、/s2＝11 m/s2 由牛頓第二定律得： 無恒力F時：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 解得：μ＝0.5 有恒力F時：mgsin θ＋μmgcos θ－F＝ma1 解得：F＝5 N，故A、D正確，B、C錯誤． 三、非選擇題 11. (2018·江蘇重點中學(xué)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——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m(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

15、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(dāng)下移距離為d時，速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g，忽略空氣阻力，試求： (1)物體與滑塊碰撞前瞬間的速度大??； (2)滑塊向下運動過程中的加速度大??； (3)當(dāng)下移距離為d時，ER流體對滑塊的阻力大小. 解析：(1)設(shè)物體與滑塊碰撞前瞬間的速度大小為v0，由自由落體運動規(guī)律有v＝2gL，解得v0＝. (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－2ax＝v－v，x＝d，v1＝，v2＝，解得a＝.

16、 (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＋FER－2mg＝2ma F＝k(d＋x0) mg＝kx0 聯(lián)立解得FER＝mg＋－kd. 答案：(1)　(2)　(3)mg＋－kd 12. (2018·淮安月考)小物塊以一定的初速度v0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θ的關(guān)系如圖所示．取g＝10 m/s2，空氣阻力不計．可能用到的函數(shù)值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求： (1)物塊的初速度v0； (2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；

17、 (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(dāng)θ＝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 m 由v＝2gxm，得v0＝8 m/s. (2)當(dāng)θ＝0時，物塊相當(dāng)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(xué)公式有：v＝2ax 由牛頓第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5. (3)設(shè)題圖中P點對應(yīng)的斜面傾角值為θ，物塊在斜面上做勻減速運動，末速度為0 由題圖得物塊沿斜面運動的最大位移為x′＝3.2 m 由運動學(xué)公式有：v＝2a′x′ 由牛頓第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ 得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°. 因為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　理由見解析