高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 课时规范练8 牛顿第二定律 两类动力学问题 新人教版.doc

课时规范练8牛顿第二定律两类动力学问题基础巩固组1.(多选)(对牛顿第二定律的理解)由牛顿第二定律可知,无论怎样小的力都可以使物体产生加速度,可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时,却推不动它,这是因为()a.牛顿第二定律不适用于静止物体b.有加速度产生,但数值很小,不易觉察c.静摩擦力等于水平推力,所以桌子静止不动d.桌子所受合力为零,加速度为零,所以静止不动答案cd解析用很小的力来推桌子,这个力小于最大静摩擦力,合力是零,根据牛顿第二定律,加速度等于零,所以静止不动,即牛顿第二定律适用于静止物体,a、b错误,d正确;桌子受力平衡,水平方向上静摩擦力等于水平推力大小,c正确。2.(瞬时加速度)如图,a、b、c三个小球质量均为m,a、b之间用一根没有弹性的绳子连在一起,b、c之间用轻弹簧拴接,整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将a上面的细线剪断,使a的上端失去拉力,则在剪断细线的瞬间,a、b、c三个小球的加速度分别是()a.1.5g,1.5g,0b.g,2g,0c.g,g,gd.g,g,0答案a解析剪断细线前,由平衡条件可知,a上端的细线的拉力为3mg,a、b之间细线的拉力为2mg,轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间,轻弹簧中拉力不变,小球c所受合外力为零,所以c的加速度为零;a、b小球被细线拴在一起,整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力,由牛顿第二定律,3mg=2ma,解得a=1.5g,选项a正确。3.(瞬时加速度)(2017安徽芜湖模拟)如图所示,光滑水平面上,a、b两物体用轻弹簧连接在一起,a、b的质量分别为m1、m2,在拉力f作用下,a、b共同做匀加速直线运动,加速度大小为a,某时刻突然撤去拉力f,此瞬时a和b的加速度大小为a1和a2,则()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的瞬间,物体a的受力不变,所以a1=a,对物体a受力分析得f弹=m1a;撤去拉力f的瞬间,物体b受到的合力大小为f弹=m2a2,所以a2=m1am2,故选项d正确。4.(动力学两类基本问题)(2017湖南长沙月考)如图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传感器示数为零时,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取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()a.3b.2.7c.1.5d.1答案a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:竖直方向:fq+mg=fncos 15水平方向:f合=fnsin 15=ma联立解得a=fq+mgmtan 15=fqm0.27+2.7 m/s22.7 m/s2,故a选项正确。5.(动力学两类基本问题)(2017辽宁沈阳四校月考)如图所示,当小车向右加速运动时,物块m相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时()a.m受静摩擦力增大b.m对车厢壁的压力减小c.m仍相对于车厢静止d.m受静摩擦力减小答案c解析分析m受力情况如图所示,因m相对车厢壁静止,有ff=mg,与水平方向的加速度大小无关,a、d错误。水平方向,fn=ma,fn随a的增大而增大,由牛顿第三定律知,b错误。因fn增大,物体与车厢壁的最大静摩擦力增大,故m相对于车厢仍静止,c正确。6.(图象问题)(2018河北衡水中学一调)如图,穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止。现对小球沿杆方向施加恒力f0,垂直于杆方向施加竖直向上的力f,且f的大小始终与小球的速度成正比,即f=kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为,小球运动过程中未从杆上脱落,且f0mg。下列关于运动中的速度时间图象正确的是()答案c解析小球开始重力大于竖直向上的力f,支持力方向向上,随着速度的增大,f增大,则支持力减小,摩擦力减小,根据牛顿第二定律,加速度增大。然后竖直向上的力大于重力,杆对球的弹力向下,f增大,弹力增大,摩擦力增大,根据牛顿第二定律,加速度减小,当加速度减小到零,做匀速直线运动。故c正确,a、b、d错误。7.(图象问题)(2018北京首都师大附中月考)如图a所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,得到弹簧弹力f随时间t变化的图象如图b所示,若图象中的坐标值都是已知量,重力加速度为g,下列说法正确的是()a.t1时刻小球具有最大速度b.t1t2阶段小球减速c.t2时刻小球加速度为0d.可以计算出小球自由下落的高度导学号06400111答案d解析t1时刻小球刚接触弹簧,速度仍会增大,直至弹簧弹力与小球重力相等时,小球才达到最大速度,故a错误。t1t2这段时间内,弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程,合力先向下后向上,故先加速后减速,故b错误。t2时刻弹簧压缩量最大,故小球加速度不为0,c错误。t3t4这段时间小球在空中运动,由此可知小球做自由落体运动时间为t=t4-t32,由h=12gt2=g(t4-t3)28求得小球自由下落高度,故d正确。8.(传送带模型)如图所示,三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37。现有两小物块a、b从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5,下列说法正确的是()a.物块a先到达传送带底端b.物块a、b受到的摩擦力分别沿斜面向下和向上c.物块a、b运动的加速度大小相同d.物块a、b在传送带上的划痕长度相同答案c解析a、b都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,mgsin 37mgcos 37,故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故两物体沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,故a、b错误;根据牛顿第二定律可知mgsin -mgcos =ma,产生的加速度大小都为a=gsin -gcos ,故c正确;划痕长度由相对位移决定,a物体与传送带运动方向相同,划痕长度较小,故d错误。能力提升组9.如图甲所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴ox,小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。其中oa段为直线,切于a点的曲线ab和bc都是平滑的曲线,则关于a、b、c三点对应的x坐标及加速度大小,下列说法正确的是()a.xa=h,aa=0b.xa=h,aagc.xb=h+mgk,ab=0d.xc=h+2mgk,ac=0答案c解析由题图可知,oa段是直线,说明o到a的过程中,小球做自由落体运动,小球到达a时,小球的加速度仍然是g,故a错误,b错误。b点是速度最大的地方,此时重力和弹力相等,合力为0,加速度也就为0,由mg=kx,可知x=mgk,所以b的坐标为h+mgk,所以c正确。取一个与a点对称的点为d,由a点到b点的形变量为mgk,由对称性得由b到d的形变量也为mgk,故到达c点时形变量要大于h+2mgk,加速度acg,所以d错误。10.(2018福建省三明月考)质量为2 kg的物体水平推力f的作用下沿水平面做直线运动。一段时间后撤去f。其运动的v-t图象如图所示。g取10 m/s2,求:(1)物体与水平间的动摩擦因数;(2)水平推力f的大小;(3)010 s内物体运动位移的大小。答案(1)0.2(2)6 n(3)46 m解析(1)撤去推力f后,物体的合外力即摩擦力,故物体的加速度a2=g;由题图可知,撤去推力f后的加速度a2=8-010-6 m/s2=2 m/s2,所以,物体与水平间的动摩擦因数=a2g=0.2;(2)推力f作用下,物体的合外力f1=f-mg,由题图可知,推力作用下的加速度a1=8-26-0 m/s2=1 m/s2;故由牛顿第二定律可得f1=ma1,所以,推力f=f1+mg=ma1+mg=6 n;(3)由v-t图象可知,位移即图象中曲线与x轴之间的面积,故010 s内物体运动位移s=12(2+8)6 m+128(10-6) m=46 m。导学号0640011211.(2018河北衡水中学一调)如图所示,电动机带动滚轮做逆时针匀速转动,在滚轮的摩擦力作用下,将一金属板从斜面底端a送往上部,已知斜面光滑且足够长,倾角=30,滚轮与金属板的切点b到斜面底端a距离l=6.5 m,当金属板的下端运动到切点b处时,立即提起滚轮使它与板脱离接触。已知板的质量m=1 kg,滚轮边缘线速度恒为v=4 m/s,滚轮对板的正压力fn=20 n,滚轮与金属板间的动摩擦因数为=0.35,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)板加速上升时所受到的滑动摩擦力大小;(2)板加速至与滚轮边缘线速度相同时前进的距离;(3)板匀速上升的时间。答案(1)7 n(2)4 m(3)0.625 s解析(1)根据摩擦力公式,得ff=fn=0.3520 n=7 n。(2)对板进行受力分析,根据牛顿第二定律ff-mgsin =ma可以得到a=2 m/s2根据运动学公式得x=v22a=4222 m=4 m。(3)当板与轮的线速度相等后,板做匀速直线运动,则上升的时间为t=l-xv=6.5-44 s=0.625 s。12.(2018山东枣庄质检)一小物块随足够长的水平传送带一起运动,被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过,如图1所示。固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间t的变化关系如图2所示(图象前3 s内为二次函数,34.5 s内为一次函数,取向左运动的方向为正方向)。已知传送带的速度v1保持不变,g取10 m/s2。图1图2图3(1)求传送带速度v1的大小;(2)求0时刻物块速度v0的大小;(3)在图3中画出物块对应的v-t图象。答案(1)2 m/s(2)4 m/s(3)见解析解析(1)由