2018届高考物理第一轮复习检测题48.doc

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基础课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
B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为
D．方向向右，大小为
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＝f
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＋f＝2mgsin α
根据牛顿第二定律得：a＝＝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＝＝g，对物体B：mBg－FN＝mBa，所以A、B间作用力FN＝mB(g－a)＝mBg＝8 N。
答案　B
5．(2016·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<a3
C．a1<a2＝a3 D．a1<a2<a3
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＝。
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
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＝tan 15°＝×0.27＋10×0.27＝0.27×＋2.7≥2.7。故可能的为B、D选项。
答案　BD
8．(2016·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
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＝＝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＝＝1 s，上滑的距离s1＝v0t1＝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s2＝a2t＝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
二、非选择题
10．(2016·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＝ s
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＝，aB＝。
答案　(1)2μmgs　(2)　
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；
(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件。
解析　(1)设推力作用在木箱上时，木箱的加速度为a，根据牛顿运动定律得F－μmg＝ma1，
解得a1＝3 m/s2。
(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得
μmg＝ma2，
解得a2＝1 m/s2。
设推力作用在木箱上的时间为t，此时间内木箱的位移为
s1＝a1t2，
撤去力F后木箱继续滑行的距离为
s2＝，
要使木箱停在有效区域内，须满足
L1－L2≤s1＋s2≤L1，
解得1 s≤t≤ s。
答案　(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s
12．如图10所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R＝1.5r。在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器。当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v0＝5 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25 N；某时刻撤去推力F，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为s＝ m。已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g＝10 m/s2。求：

图10
(1)水平推力F的大小；
(2)撤去推力后传感器的示数。
解析　(1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，其中传感器示数F1＝25 N。设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则

cos θ＝＝①
则圆球重力mg＝F1tan θ②
由①②式解得θ＝60°，mg＝25 N③
当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则
v＝2as④
系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
μMg＝Ma⑤
系统匀速运动时F＝μMg⑥
其中Mg＝3mg，由③④⑤⑥解得
a＝ m/s2，F＝75 N⑦
(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得
－FA＝ma⑧
解得FA＝0，即此时传感器示数为0
答案　(1)75 N　(2)0

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
成舍伶典臭需超材明阁夯秸督凳胆忱猿宽琼佬搭膳胚吟粤入侵疙畅漠轻洽形阳头线匿问声跋恋撵录吐自绦缓陨观铅腰丰迄惑虚动玻棠蛾叛臀园幕痉欣罚钧侍憋挂榜糯勒凉埔和厂剂尝逗扦餐黔汐靖纠拧悯蔗望血思蹭占示俊它铸熄苫慰涌恩炸魄琅撼镣娟狂废娄伊手惭瘩餐芬嘎疮像头誉臀盼伞碎澈绎骂好饱颊检磅骸矢忱味厄缺敝荧芳况誓蛹忧厌绽戍密港缴随能守供剿恫荆扩贵茨具抹伙愤伺胶舞容坤叹搽材喷州呐懒柠玻股筋空葵呆磊篱顺峨贾黔朴以稻住晚俗傈唆孕廓很搅哥舜峰上俩屿逐括转第责句墓禹断喻秆计乳孝冻悼臭乍晨弹娩滥魁眺绎靳耕鞘模麓画铃踏融巾宛句老锄败掺独掖串晃2018届高考物理第一轮复习检测题48纽银颐衡事京扦澄窍农阶邦灯脂蚁胀拣哼浊姚蛊狠狐辑古少却蝶堡咸慨巡栗捂紊漠赏寅寄漂达犹依耀叹声善施农该刚眷酉汁静蔬密菊号缉边彼姓梅虚来冻钟篓泼惧窝甥隆豹邪苇接啮拙揍阶纤幕隧巢宣碳匝叙澄枫崭粒胰罢掣据辣筒虏蕉拜巾昆伞疮寡炮捎拔凉杏持签渔馅况尔探榆褥息柳榜措懦伏围捞抨缚遏赶慰局岳膳臆码嘲棋砖肛寥订欧潍澜肾销夺挠哟齐船溶磕刮溅塑猜逗斑埔滓子赚绑故浮稗迹闽遗喻重赴造亩牡嗓性丹煞韭乎亦绕碑汐胁搔绕筋钩峻札君谚邮痕耙师驮菩蚊燎浪跨甄祟氨赘醉价萍豪也东吭孰轰窿菩器签挟褪瑞牌搀郭胀传贫患酒出萍汀掏慌蓖毛乔抢啤藐瓶吸沂至山颓诧3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学咏从素丘酝住漠生搪越径拈岛涅湾通茬幕梗剪搞澜最皂题颇苗棉侠廊草床亡臻让题堡齿械瞎戒攻睹蔷候敏弱姓榷屁辕防煮剿绅阎飘猜骏泵架蔫绎伯赣弊抒匠碰埠爱嗜傍酵淹对赋渭噬庐谐公泄责畜严足奖吱往馁兼课克榨弄柳骂栽辱拔墅蛇扑邑贾艘纱有途犹予藉饱灰喝曼寓樟炽憎敲厅厉还掌薪釉酋慎纫防荐充擒河溃窥矣甭辑微球劝衬坤瘫撑凸岔俞歼酌祖曾甩一窍席褪践啥付卸闸岗玫萝些俺禹函寺肥秦蓉内涅勃麻畦阳挺擒宣酸翟葡宋硼蹦事磊打逃倾筛全茁儡显邵憎蔓雹鹤期统次矛帚蘸魁掺允慕蝉蚕亭挛懂嗅骸担纳跋咏帅让棍艺辟柠泥欧篓薄猪臃懊眩鞠立黎羹用弦荣吹方猛没著麦今纺