(新课标)高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题达标诊断高效训练

第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·河北定州中学模拟)光滑水平面上有一质量为2 kg 的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为5 N 和15 N 的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是( )A ．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s 2B ．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2 m/s 2C ．一定做匀变速运动，加速度大小可能是10 m/s 2D ．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10 m/s 2 解析：选C.根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为5 N 和15 N 的两个力后，物体的合力大小范围为10 N ≤F 合≤20 N ，根据牛顿第二定律F ＝ma 得物体的加速度范围为：5 m/s 2≤a ≤10 m/s 2；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体可以做曲线运动，加速度大小可能是5 m/s 2，故A 错误；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，则撤去两个力后物体做匀减速直线运动，由上知加速度大小不可能是 2 m/s 2，故B 错误；由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于10 m/s 2，故C 正确；由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D 错误.2．(2018·贵州遵义模拟)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 ＝Δv Δt，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．3．(2018·湖南石门一中模拟)如图所示，质量分别为m 和2m 的物体A 、B 由轻质弹簧相连后放置在一箱子C 内，箱子质量为m ，整体悬挂处于静止状态；当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．物体A 的加速度等于gB ．物体B 和C 之间的弹力为零C ．物体C 的加速度等于gD ．物体B 的加速度大于g解析：选D.物体A 受重力和支持力，在细绳剪断瞬间仍受力平衡，所以a ＝0，故A 错误；B 、C 物体相对静止，将B 、C 看做一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于A 物体的重力，故整体的加速度为：a ＝mg ＋2mg ＋mg 2m ＋m ＝43g ；故D 正确，C 错误；根据C 项分析知B 与C 之间弹力如果为零，C 的加速度将为g ，故物体B 和C 之间的弹力不为零，故B 错误．4．(2018·贵州贵阳模拟)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)处同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝kv (k 为正的常量)．两球的v －t 图象如图所示．落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2.则下列判断正确的是( )A ．释放瞬间甲球加速度较大B.m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球质量D ．t 0时间内两球下落的高度相等解析：选C.释放瞬间v ＝0，因此空气阻力f ＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g ，故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv ＝mg ，因此最大速度与其质量成正比，即v m ∝m ，故m 1m 2＝v 1v 2，故B 错误；由于m 1m 2＝v 1v 2，而v 1>v 2，故甲球质量大于乙球，故C 正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t 0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．5．(2018·广西桂林十八中月考)如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A．t a＞t b＞t c B．t a＜t b＜t cC．t a＝t b＝t c D．无法确定解析：选B.设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度s＝2r cos α＋Rcos α，下滑的加速度a＝mg cos αm，根据位移时间公式得，s＝12at2，则t＝2sa＝4rg＋2Rg cos2α.因为a、b、c夹角由小至大，所以有t c＞t b＞t a.故B正确，A、C、D错误．二、多项选择题6.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 NB．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/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.热气球刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．7. (2018·山东潍坊中学模拟)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个恒力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )A．若加速度很小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度很大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面对球的弹力大小与加速度大小无关D ．斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma解析：选CD.以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg 、竖直挡板对球的弹力F 2和斜面的弹力F 1.设斜面的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律得竖直方向：F 1cos θ＝mg① 水平方向：F 2－F 1sin θ＝ma ②由①看出，斜面的弹力F 1大小不变，与加速度无关，不可能为零．由②看出，若加速度足够小时，F 2＝F 1sin θ＝mg tan θ≠0，故A 、B 均错误；若F 增大，a 增大，斜面的弹力F 1大小不变．即斜面对球的弹力大小与加速度大小无关，故C 正确；根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma ，故D 正确．8.(2018·襄阳五中模拟)用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图所示，g 取10 m/s 2，则可以计算出( )A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．F 等于14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量解析：选ACD.物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma解得： a ＝F m －μg由a 与F 图线，得到0.5＝7m －10μ ①4＝14m －10μ② ①②联立得，m ＝2 kg ，μ＝0.3，故C 、D 正确；故a ＝0时，F 为6 N ，即最大静摩擦力为6 N ，故A 正确；由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F 为变力无法求F 的功 ，从而也无法根据动能定理求速度，故B 错误．三、非选择题9．(2018·湖南长沙长郡中学月考)如图甲所示，某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图乙所示．g取10 m/s2.求：(结果如果含根号，可以保留)(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？(2)当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁块速度将变为多大？解析：(1)当α＝90°时，x＝1.25 m，则v0＝2gx＝2×10×1.25 m/s＝5 m/s.当α＝30°时，x＝1.25 m，a＝v202x ＝522×1.25m/s2＝10 m/s2.由牛顿第二定律得a＝g sin 30°＋μg cos 30°，解得μ＝33.(2)当α＝60°时，上滑的加速度a1＝g sin 60°＋μg cos 60°，下滑的加速度a2＝g sin 60°－μg cos 60°.因为v2＝2ax，则v1＝a2a1v0＝22v0＝522m/s.答案：(1)5 m/s33(2)522m/s10．(2018·山东潍坊中学模拟)如图所示，固定的两斜面AB、AC倾角分别为37°和53°，两物块P、Q用一根不可伸长的轻绳相连，跨过固定在斜面顶端的定滑轮放在斜面上．物块P 在沿斜面AB向下的拉力F作用下处于静止状态．P、Q质量均为0.1 kg，AC光滑，P与AB 间的动摩擦因数为0.2.最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 求：(1)拉力F大小满足的条件；(2)撤去拉力F时，物块P的加速度大小．解析：(1)对物块Q，由平衡条件F T＝mg sin 53°对物块P ，当摩擦力沿斜面向上时F 最大，由平衡条件F max ＋mg sin 37°＝F T ＋μmg cos 37°解得：F max ＝0.36 N当摩擦力沿斜面向下时F 最小，由平衡条件F min ＋mg sin 37°＋μmg cos 37°＝F T解得：F min ＝0.04 N即：0.04 N ≤F ≤0.36 N.(2)撤去拉力F 后对物块Q ：mg sin 53°－F T ＝ma对物块P ：F T －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得：a ＝0.2 m/s 2.答案：(1)0.04 N ≤F ≤0.36 N (2)0.2 m/s 211．(2018·江西重点中学六校联考)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)后粘在一起，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v 0，由自由落体运动规律有v 20＝2gL ，解得v 0＝2gL .(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 22－v 21，x ＝d ，v 1＝v 02，v 2＝v 04，解得a ＝3gL 16d. (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 ＋F ER －2mg ＝2maF ＝k (d ＋x 0)mg ＝kx 0联立解得F ER ＝mg ＋3mgL 8d－kd . 答案：(1)2gL (2)3gL 16d (3)mg ＋3mgL 8d－kd。