高考物理大一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题课时规范训练.doc

第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题课时规范训练基础巩固题组1物块a放置在与水平地面成30角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60角倾斜，取g10 m/s2，则物块a沿此斜面下滑的加速度大小为()a5 m/s2b3 m/s2c(5) m/s2 d. m/s2解析：选d.由物块在倾角为30的木板上匀速下滑，得ffmgsin ，又fn1mgcos 30，fffn1，求得动摩擦因数；在倾角为60的木板上物块加速下滑，有fn2mgcos 60，mgsin 60fn2ma，求得a m/s2，d对2(多选)如图所示，质量为m1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为f2 n的恒力，在此恒力作用下(取g10 m/s2)()a物体经10 s速度减为零b物体经2 s速度减为零c物体速度减为零后将保持静止d物体速度减为零后将向右运动解析：选bc.物体受到向右的滑动摩擦力，fffng3 n，根据牛顿第二定律得，am/s25 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t s2 s，b正确，a错误减速到零后，fff，物体处于静止状态，不再运动，c正确，d错误3如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连当用恒力f竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为f的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有()aa1a2，x1x2 ba1a2，x1x2ca1a2，x1x2 da1a2，x1x2解析：选b.对a、b物体及弹簧整体分析，有：a1g，a2，可知a1a2，再隔离b分析，有：f1m2gm2a1，解得：f1，f2m2a2，可知f1f2，再由胡克定律知，x1x2.所以b选项正确4如图所示，质量分别为m、2m的小球a、b，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为f，此时突然剪断细线在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球a的加速度大小分别为()a.，g b.，gc.，g d.，g解析：选a.在细线剪断前，对a、b及弹簧整体由牛顿第二定律有f3mg3ma，对b由牛顿第二定律得f弹2mg2ma，由此可得f弹；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对a球来说，受到向下的重力和弹力，则有f弹mgmaa，解得aag，故a正确5(多选)如图所示，a、b球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()a两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin bb球的受力情况未变，瞬时加速度为零ca球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin d弹簧有收缩的趋势，b球的瞬时加速度向上，a球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零解析：选bc.对a、b整体受力分析，细线烧断前细线对a球的拉力ft2mgsin ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，b球受力平衡，ab0，a球所受合力与ft等大反向，则ft2mgsin maa，解得aa2gsin ，a、d错误，b、c正确6一质量为m2 kg的滑块能在倾角为30的足够长的斜面上以a2.5 m/s2匀加速下滑如右图所示，若用一水平向右的恒力f作用于滑块，使之由静止开始在t2 s内能沿斜面运动位移x4 m求：(g取10 m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力f的大小解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：mgsin 30mgcos 30ma解得：.(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，fcos 30mgsin 30(fsin 30mgcos 30)ma1，根据题意可得a12 m/s2，代入数据得：f n当加速度沿斜面向下时(如图丙)：mgsin 30fcos 30(fsin 30mgcos 30)ma1代入数据得：f n.答案：(1)(2) n或 n综合应用题组7(多选)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取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的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 n解析：选ad.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知fmgma，得f4 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fmgf得f230 n，选项d正确8乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行，如图所示在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)则 ()a小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上b小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下c小物块受到的滑动摩擦力为mgmad小物块受到的静摩擦力为ma解析：选a.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有ffmgsin 30ma，ffmgma，方向平行斜面向上，故a正确，b、c、d均错误9质量1 kg的小物块，在t0时刻以5 m/s的初速度从斜面底端a点滑上倾角为53的斜面，0.7 s时第二次经过斜面上的b点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为，则ab间的距离为(已知g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)()a1.05 m b1.13 mc2.03 m d1.25 m解析：选b.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1g(sin cos )10 m/s2，a2g(sin cos )6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为：t10.5 s，位移为：x1a1t1.25 m，物块从最高点滑到b点所用时间为：t2tt10.2 s，位移为：x2a2t0.12 m，所以ab间的距离为x1x21.13 m，选项b对10(多选)质量m2 kg、初速度v08 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力f的作用，水平向右为拉力的正方向则以下结论正确的是(取g10 m/s2)()a01 s内，物体的加速度大小为2 m/s2b12 s内，物体的加速度大小为2 m/s2c01 s内，物体的位移为7 md02 s内，物体的总位移为11 m解析：选bd.由题图可知，在01 s内力f为6 n，方向向左，由牛顿运动定律可得fmgma，解得加速度大小a4 m/s2，在12 s内力f为6 n，方向向右，由牛顿运动定律可得fmgma1，解得加速度大小a12 m/s2，所以选项a错误，b正确；由运动关系可知01 s内位移为6 m，选项c错误；同理可计算02 s内的位移为11 m，选项d正确11声音在空气中的传播速度v与空气的密度、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是()avk bv cv dv解析：选b.可把p、的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是否是v的单位压强p的单位用基本单位表示为pa，密度的单位用基本单位表示为，所以的单位为，易知b正确12如图所示，倾角为30的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接现将一滑块(可视为质点)从斜面上a点由静止释放，最终停在水平面上的c点已知a点距水平面的高度h0.8 m，b点距c点的距离l2.0 m(滑块经过b点时没有能量损失，g取10 m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数；(3)滑块从a点释放后，经过时间t1.0 s时速度的大小解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到b点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin 30ma1v2a1，解得vm4