2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)規(guī)范練8 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題 新人教版.doc

課時(shí)規(guī)范練8牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題基礎(chǔ)鞏固組1.(多選)(對牛頓第二定律的理解)由牛頓第二定律可知,無論怎樣小的力都可以使物體產(chǎn)生加速度,可是當(dāng)我們用一個(gè)很小的水平力去推很重的桌子時(shí),卻推不動(dòng)它,這是因?yàn)?)A.牛頓第二定律不適用于靜止物體B.有加速度產(chǎn)生,但數(shù)值很小,不易覺察C.靜摩擦力等于水平推力,所以桌子靜止不動(dòng)D.桌子所受合力為零,加速度為零,所以靜止不動(dòng)答案CD解析用很小的力來推桌子,這個(gè)力小于最大靜摩擦力,合力是零,根據(jù)牛頓第二定律,加速度等于零,所以靜止不動(dòng),即牛頓第二定律適用于靜止物體,A、B錯(cuò)誤,D正確;桌子受力平衡,水平方向上靜摩擦力等于水平推力大小,C正確。2.(瞬時(shí)加速度)如圖,A、B、C三個(gè)小球質(zhì)量均為m,A、B之間用一根沒有彈性的繩子連在一起,B、C之間用輕彈簧拴接,整個(gè)系統(tǒng)用細(xì)線懸掛在天花板上并且處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將A上面的細(xì)線剪斷,使A的上端失去拉力,則在剪斷細(xì)線的瞬間,A、B、C三個(gè)小球的加速度分別是()A.1.5g,1.5g,0B.g,2g,0C.g,g,gD.g,g,0答案A解析剪斷細(xì)線前,由平衡條件可知,A上端的細(xì)線的拉力為3mg,A、B之間細(xì)線的拉力為2mg,輕彈簧的拉力為mg。在剪斷細(xì)線的瞬間,輕彈簧中拉力不變,小球C所受合外力為零,所以C的加速度為零;A、B小球被細(xì)線拴在一起,整體受到二者重力和輕彈簧向下的拉力,由牛頓第二定律,3mg=2ma,解得a=1.5g,選項(xiàng)A正確。3.(瞬時(shí)加速度)(2017安徽蕪湖模擬)如圖所示,光滑水平面上,A、B兩物體用輕彈簧連接在一起,A、B的質(zhì)量分別為m1、m2,在拉力F作用下,A、B共同做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a,某時(shí)刻突然撤去拉力F,此瞬時(shí)A和B的加速度大小為a1和a2,則()A.a1=0,a2=0B.a1=a,a2=m2m1+m2aC.a1=m1m1+m2a,a2=m2m1+m2aD.a1=a,a2=m1m2a答案D解析撤去拉力F的瞬間,物體A的受力不變,所以a1=a,對物體A受力分析得F彈=m1a;撤去拉力F的瞬間,物體B受到的合力大小為F彈=m2a2,所以a2=m1am2,故選項(xiàng)D正確。4.(動(dòng)力學(xué)兩類基本問題)(2017湖南長沙月考)如圖是汽車運(yùn)送圓柱形工件的示意圖,圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器,假設(shè)圓柱形工件表面光滑,汽車靜止不動(dòng)時(shí)Q傳感器示數(shù)為零,P、N傳感器示數(shù)不為零。當(dāng)汽車向左勻加速啟動(dòng)過程中,P傳感器示數(shù)為零時(shí),Q、N傳感器示數(shù)不為零。已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,tan 15=0.27,g取10 m/s2,則汽車向左勻加速啟動(dòng)的加速度可能為()A.3B.2.7C.1.5D.1答案A解析當(dāng)汽車向左勻加速啟動(dòng)過程中,P傳感器示數(shù)為零而Q、N傳感器示數(shù)不為零,受力分析如圖:豎直方向:FQ+mg=FNcos 15水平方向:F合=FNsin 15=ma聯(lián)立解得a=FQ+mgmtan 15=FQm0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故A選項(xiàng)正確。5.(動(dòng)力學(xué)兩類基本問題)(2017遼寧沈陽四校月考)如圖所示,當(dāng)小車向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),物塊M相對車廂靜止于豎直車廂壁上,當(dāng)車的加速度增大時(shí)()A.M受靜摩擦力增大B.M對車廂壁的壓力減小C.M仍相對于車廂靜止D.M受靜摩擦力減小答案C解析分析M受力情況如圖所示,因M相對車廂壁靜止,有Ff=Mg,與水平方向的加速度大小無關(guān),A、D錯(cuò)誤。水平方向,FN=Ma,FN隨a的增大而增大,由牛頓第三定律知,B錯(cuò)誤。因FN增大,物體與車廂壁的最大靜摩擦力增大,故M相對于車廂仍靜止,C正確。6.(圖象問題)(2018河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖,穿在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開始時(shí)靜止。現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0,垂直于桿方向施加豎直向上的力F,且F的大小始終與小球的速度成正比,即F=kv(圖中未標(biāo)出)。已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,小球運(yùn)動(dòng)過程中未從桿上脫落,且F0>mg。下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)中的速度時(shí)間圖象正確的是()答案C解析小球開始重力大于豎直向上的力F,支持力方向向上,隨著速度的增大,F增大,則支持力減小,摩擦力減小,根據(jù)牛頓第二定律,加速度增大。然后豎直向上的力大于重力,桿對球的彈力向下,F增大,彈力增大,摩擦力增大,根據(jù)牛頓第二定律,加速度減小,當(dāng)加速度減小到零,做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。7.(圖象問題)(2018北京首都師大附中月考)如圖a所示,質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上,t=0時(shí),將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放,小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn),然后又被彈起離開彈簧,上升到一定高度后再下落,如此反復(fù)。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器,得到彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖b所示,若圖象中的坐標(biāo)值都是已知量,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.t1時(shí)刻小球具有最大速度B.t1t2階段小球減速C.t2時(shí)刻小球加速度為0D.可以計(jì)算出小球自由下落的高度導(dǎo)學(xué)號(hào)06400111答案D解析t1時(shí)刻小球剛接觸彈簧,速度仍會(huì)增大,直至彈簧彈力與小球重力相等時(shí),小球才達(dá)到最大速度,故A錯(cuò)誤。t1t2這段時(shí)間內(nèi),彈簧處于開始壓縮到達(dá)到最大壓縮量的過程,合力先向下后向上,故先加速后減速,故B錯(cuò)誤。t2時(shí)刻彈簧壓縮量最大,故小球加速度不為0,C錯(cuò)誤。t3t4這段時(shí)間小球在空中運(yùn)動(dòng),由此可知小球做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=t4-t32,由h=12gt2=g(t4-t3)28求得小球自由下落高度,故D正確。8.(傳送帶模型)如圖所示,三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),兩邊的傳送帶長都是2 m,且與水平方向的夾角均為37。現(xiàn)有兩小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,下列說法正確的是()A.物塊A先到達(dá)傳送帶底端B.物塊A、B受到的摩擦力分別沿斜面向下和向上C.物塊A、B運(yùn)動(dòng)的加速度大小相同D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度相同答案C解析A、B都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑,mgsin 37>mgcos 37,故傳送帶對兩物體的滑動(dòng)摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故兩物體沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端時(shí)位移大小相同,故時(shí)間相同,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律可知mgsin -mgcos =ma,產(chǎn)生的加速度大小都為a=gsin -gcos ,故C正確;劃痕長度由相對位移決定,A物體與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同,劃痕長度較小,故D錯(cuò)誤。能力提升組9.如圖甲所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置,下端固定在水平地面上,一質(zhì)量為m的小球,從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落,接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。若以小球開始下落的位置為原點(diǎn),沿豎直向下建立一坐標(biāo)軸Ox,小球的速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。其中OA段為直線,切于A點(diǎn)的曲線AB和BC都是平滑的曲線,則關(guān)于A、B、C三點(diǎn)對應(yīng)的x坐標(biāo)及加速度大小,下列說法正確的是()A.xA=h,aA=0B.xA=h,aA>gC.xB=h+mgk,aB=0D.xC=h+2mgk,aC=0答案C解析由題圖可知,OA段是直線,說明O到A的過程中,小球做自由落體運(yùn)動(dòng),小球到達(dá)A時(shí),小球的加速度仍然是g,故A錯(cuò)誤,B錯(cuò)誤。B點(diǎn)是速度最大的地方,此時(shí)重力和彈力相等,合力為0,加速度也就為0,由mg=kx,可知x=mgk,所以B的坐標(biāo)為h+mgk,所以C正確。取一個(gè)與A點(diǎn)對稱的點(diǎn)為D,由A點(diǎn)到B點(diǎn)的形變量為mgk,由對稱性得由B到D的形變量也為mgk,故到達(dá)C點(diǎn)時(shí)形變量要大于h+2mgk,加速度ac>g,所以D錯(cuò)誤。10.(2018福建省三明月考)質(zhì)量為2 kg的物體水平推力F的作用下沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)。一段時(shí)間后撤去F。其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示。g取10 m/s2,求:(1)物體與水平間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)水平推力F的大小;(3)010 s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)位移的大小。答案(1)0.2(2)6 N(3)46 m解析(1)撤去推力F后,物體的合外力即摩擦力,故物體的加速度a2=g;由題圖可知,撤去推力F后的加速度a2=8-010-6 m/s2=2 m/s2,所以,物體與水平間的動(dòng)摩擦因數(shù)=a2g=0.2;(2)推力F作用下,物體的合外力F1=F-mg,由題圖可知,推力作用下的加速度a1=8-26-0 m/s2=1 m/s2;故由牛頓第二定律可得F1=ma1,所以,推力F=F1+mg=ma1+mg=6 N;(3)由v-t圖象可知,位移即圖象中曲線與x軸之間的面積,故010 s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)位移s=12(2+8)6 m+128(10-6) m=46 m。導(dǎo)學(xué)號(hào)0640011211.(2018河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖所示,電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)滾輪做逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在滾輪的摩擦力作用下,將一金屬板從斜面底端A送往上部,已知斜面光滑且足夠長,傾角=30,滾輪與金屬板的切點(diǎn)B到斜面底端A距離L=6.5 m,當(dāng)金屬板的下端運(yùn)動(dòng)到切點(diǎn)B處時(shí),立即提起滾輪使它與板脫離接觸。已知板的質(zhì)量m=1 kg,滾輪邊緣線速度恒為v=4 m/s,滾輪對板的正壓力FN=20 N,滾輪與金屬板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.35,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)板加速上升時(shí)所受到的滑動(dòng)摩擦力大小;(2)板加速至與滾輪邊緣線速度相同時(shí)前進(jìn)的距離;(3)板勻速上升的時(shí)間。答案(1)7 N(2)4 m(3)0.625 s解析(1)根據(jù)摩擦力公式,得Ff=FN=0.3520 N=7 N。(2)對板進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律Ff-mgsin =ma可以得到a=2 m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x=v22a=4222 m=4 m。(3)當(dāng)板與輪的線速度相等后,板做勻速直線運(yùn)動(dòng),則上升的時(shí)間為t=L-xv=6.5-44 s=0.625 s。12.(2018山東棗莊質(zhì)檢)一小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng),被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過,如圖1所示。固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊被擊中后的位移x隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖2所示(圖象前3 s內(nèi)為二次函數(shù),34.5 s內(nèi)為一次函數(shù),取向左運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?。已知傳送帶的速度v1保持不變,g取10 m/s2。圖1圖2圖3(1)求傳送帶速度v1的大小;(2)求0時(shí)刻物塊速度v0的大小;(3)在圖3中畫出物塊對應(yīng)的v-t圖象。答案(1)2 m/s(2)4 m/s(3)見解析解析(1)由x-t的圖象可知,物塊被擊穿后,先向左減速,2 s末減到v=0,然后向右加速,3 s末后與傳送帶共速:v1=xt=3.01.5 m/s=2 m/s所以,以后隨傳送帶以2 m/s的速度一起做勻速運(yùn)動(dòng)。(2)23 s內(nèi),物塊向右勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小a=gv1=at102 s內(nèi),物塊向左勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小a=g0時(shí)刻物塊的速度v0=at2由x-t圖象知,t1=1 st2=2 s聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解之得v0=4 m/s(3)物塊對應(yīng)的v-t圖象如圖所示