2020版高考物理人教版大一輪復(fù)習(xí)配套練習(xí)第3章3第二節(jié)牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題含解析

1、(建議用時：40分鐘)一、單項選擇題1(2019貴州遵義模擬)2013年6月我國航天員在“天宮一號”中進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構(gòu)的彈簧拉到指定位置；松手后，彈簧凸輪機構(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74kg.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

2、架復(fù)位時的速度和所用時間，則能算出加速度vat，然后根據(jù)牛頓第二定律Fma，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，彈簧凸輪機構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正確2(2017高考上海卷)如圖，在勻強電場中，懸線一端固定于地面，另一端拉住一個帶電小球，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)忽略空氣阻力，當(dāng)懸線斷裂后，小球?qū)⒆?)A曲線運動B勻速直線運動C勻加速直線運動D變加速直線運動解析：選C.本題考查力與運動的關(guān)系在懸線斷裂前，小球受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài)，故重力與電場力的合力與拉力等值反向懸線斷裂后，小球所受重力與電場力的合力大小、

3、方向均不變，故小球?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運動，C項正確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mg12B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agD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ag解析：選B.根據(jù)平行四邊形定則知，2Fcos30mg，解得F3mg.故A錯誤；根據(jù)共點力平衡得，2Fcos方向相反，合力大小為3mg，加速度為g，故C錯誤；當(dāng)兩側(cè)為輕繩時

4、，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mgsin30，加速度為g，方向沿垂直于右側(cè)繩的3mg，當(dāng)懸點間的距離變小時，變小，cos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)橡皮繩的拉力不變，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，33312方向斜向下，故D錯誤4(2019日照模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A，B和C分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為2R，AC長為22R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球，已知小球沿AB軌道運動到

5、B點所用時間為t1，沿AC軌道運動到C點所用時間為t2，則t1與t2之比為()A12B12C13D13答案：Am5.(2019江西重點中學(xué)十校聯(lián)考)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、，球拍平面和水平面之間夾角為，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則()用力為F，故C錯誤；當(dāng)agtan時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsingtan，故球不一定沿球拍A運動員的加速度為gtanB球拍對球的作用力為mgC運動員對球拍的作用力為(Mm)gcosD若加速度大于gsin，球一定沿球拍向上運動解析：選A.網(wǎng)球受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsinma，又

6、FNcosmg，解得agtan，mgFNcos，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，受力如圖乙所示，根據(jù)平衡，運動員對球拍的作（Mm）gcos向上運動，故D錯誤6.如圖所示，物塊1、2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()Da1g，a2g，a30，a4g足a4g，所以C對Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gMCa1a2g，a30，a4mMgmMmMMM解析

7、：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a1a2g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，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mgF，a30；由牛頓第二定律得物塊4滿FMgMmMM7(2019安徽淮北一中模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4m后鎖定，t0時解除鎖定，釋放滑塊計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的vt圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t0時的速度圖線的切線，已知

8、滑塊質(zhì)量m2.0kg，取g10m/s2，則下列說法正確的是()A滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動B彈簧恢復(fù)原長時，滑塊速度最大C彈簧的勁度系數(shù)k175N/mD該過程中滑塊的最大加速度為35m/s2解析：選C.根據(jù)vt圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運動，彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大，此時加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復(fù)原長時到滑塊停止運v1.5動，加速度不變，選項A、B錯誤；由題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1t0.3m/s25m/s2，v3由牛頓第二定律得摩擦力大小為Ffmgma125N10N，剛釋放時滑塊的加速度為

9、a2t0.1m/s230m/s2，此時滑塊的加速度最大，選項D錯誤；由牛頓第二定律得kxFfma2，代入數(shù)據(jù)解得k175N/m，選項C正確二、多項選擇題8.如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中()A桌布對魚缸摩擦力的方向向左B魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大D若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面解析：選BD.將桌布從魚缸下拉出的過程，魚缸相對桌布向左運動，因此桌布對它的摩擦力方向向右，A項錯誤；設(shè)動摩擦因數(shù)為，魚缸在桌布對它的滑動摩擦力的作用下做初速度為零的勻加速運

10、動，加速度大小為g，設(shè)經(jīng)過t1時間魚缸滑離桌布，滑離時的速度為v，則vgt1；魚缸滑到桌面上后，做勻減速運動，加速v度大小也為g，因此魚缸在桌面上運動的時間t2g，因此t1t2，B項正確；若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力，大小為mg(設(shè)魚缸質(zhì)量為m)，保持不變，C項錯誤；若貓減小拉力，則魚缸與桌布間的摩擦力有可能小于滑動摩擦力，則魚缸與桌布一起運動，從而滑出桌面，D項正確9(2019山東濟南模擬)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()D若彈簧b下端松脫，則松脫瞬

11、間小球的加速度大小為A彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為31B彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為32C若彈簧a下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為3gg2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，由受力分析圖知，彈簧a中彈力Famgcos303F3mgmg，根據(jù)胡克定律可知彈簧a的勁度系數(shù)為k12xa2x，彈簧b中的彈力Fbmgcos60mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧b的勁度系數(shù)為k2b，所以彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為31，A正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為3mg，若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間彈簧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

12、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，故小球的加速度大小abg，D正確m21Fmg2x2x2F3ab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，小球的加速度大小am212F110(2019濟南模擬)如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質(zhì)量為mA5kg的物塊A，A的上方放置一質(zhì)量mB3kg的滑塊B，用一輕繩一端拴在物塊A上，另一端跨過光滑的定滑輪拴接一質(zhì)量mC2kg的物塊C，其中連接A的輕繩與水平桌面平行現(xiàn)由靜止釋放物塊C，在以后的過程中，A與B之間沒有相對滑動且A、B始終沒有離開水平桌面(重力加速度g取10m/s2)則下列說法正確的是()m

13、CgmAmBmCAA的加速度大小為2.5m/s2BA的加速度大小為2m/s2CA對B的摩擦力大小為6NDA對B的摩擦力大小為7.5N解析：選BC.把A、B、C作為整體研究，由牛頓第二定律得加速度a2m/s2，即A的加速度大小為2m/s2，B項正確，A錯誤；以B為研究對象，由牛頓第二定律得A對B的靜摩擦力大小為fmBa6N，C項正確，D項錯誤三、非選擇題11.(2019陜西西安模擬)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與斜面傾角的關(guān)系如圖所示取g10m/s2，空氣阻力不計可能用到的函數(shù)值：sin300.5，sin370.6.求：(1)物塊的初速度

14、v0；(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)；小(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，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)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xm3.2m由v202gxm，得v08m/s.(2)當(dāng)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x6.4m由運動學(xué)公式有：v202ax由牛頓第二定律得：mgma，得0.5.(3)設(shè)題圖中P點對應(yīng)的斜面傾角值為，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x3.2m由運動學(xué)公式有：v202ax由牛頓

15、第二定律有：mgsinmgcosma得10sin5cos10，得37.因為mgsin6mmgcos4m，所以能滑回斜面底端答案：(1)8m/s(2)0.5(3)37能滑回底端理由見解析12避險車道(標(biāo)志如圖甲所示)是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖乙所示的豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為的斜面一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓玻?dāng)車速為23m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動了4m時，車頭距制動坡床頂端38m，再過一段時間，貨車停止已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos1，sin0.1，g10m/s2.求：(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；(2)制動坡床的長度解析：(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)0.4，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，受到的摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則fmgsinma1fmgcos聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得a15m/s2a1的方向沿制動坡床向下(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動坡床底端時的車