2019年度高考物理一轮复习 第三章 第2讲 应用牛顿第二定律处理“四类”问题课时达标训练
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推荐下载 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 精 品 试 卷
推荐下载 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精 品 试 卷
推荐下载 －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
C．a1
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 精 品 试 卷
推荐下载 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 精 品 试 卷
推荐下载 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 精 品 试 卷
推荐下载 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；
