高三物理一轮复习 课时提升作业 八 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题.doc

课时提升作业 八牛顿第二定律两类动力学问题(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。15题为单选题,68题为多选题)1.(2017济宁模拟)如图所示,一轻弹簧竖直固定在地面上,一物体从弹簧上方某高处自由下落,并落在弹簧上,弹簧在压缩过程中始终遵守胡克定律。从物体接触弹簧开始,直到把弹簧压缩到最短为止,物体的加速度大小()a.一直变大b.一直变小c.先变大后变小 d.先变小后变大【解析】选d。物体接触弹簧的前一段时间内,重力大于弹力,由牛顿第二定律:mg-kx=ma,知弹簧的形变量x逐渐增大,加速度逐渐减小。当重力等于弹力时,加速度为零,速度最大。由于惯性,物体继续向下落,此后弹力大于重力,合力向上,kx-mg=ma,由于形变量x的继续增大,加速度逐渐变大,故整个过程中,加速度先变小后变大,选d。【加固训练】质量为m的皮带轮工件放置在水平桌面上,一细绳绕过皮带轮的皮带槽,一端系一质量为m的重物,另一端固定在桌面上。如图所示,工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计,桌面上绳子与桌面平行,则重物下落过程中,工件的加速度为()a.2mgm+4m b.2mgm+2mc.mg2m d.mgm+m【解析】选a。相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,设绳子上的拉力为f,根据牛顿第二定律有:mg-fm=22fm,解得:f=mmgm+4m,工件加速度为:a=2fm=2mgm+4m,所以a正确。2.(2017十堰模拟)如图所示,水平桌面由粗糙程度不同的ab、bc两部分组成,且ab=bc。小物块p(可视为质点)以某一初速度从a点滑上桌面,最后恰好停在c点,已知物块经过ab与bc两部分的时间之比为14,则物块p与桌面上ab、bc部分之间的动摩擦因数1、2之比为(p物块在ab、bc上所做两段运动可看作匀变速直线运动()a.14b.81c.11 d.41【解析】选b。设b点的速度为vb,根据匀变速直线运动平均速度的推论有:v0+vb2t1=vb2t2,又t1t2=14,解得:vb=v03,在ab上的加速度为:a1=1g=v0-vbt1,在bc上的加速度为:a2=2g=vbt2,联立解得:12=81,故选b。【加固训练】若战机从“辽宁号”航母上起飞滑行的距离相同,牵引力相同,则()a.携带弹药越多,加速度越大b.加速度相同,与携带弹药的多少无关c.携带弹药越多,获得的起飞速度越大d.携带弹药越多,滑行时间越长【解析】选d。携带的弹药越多,战机的质量越大,而牵引力相同,根据牛顿第二定律f=ma,所以加速度越小,故a、b错误;再根据v2=2ax知,起飞的速度越小,所以c错误;起飞滑行的距离相同,再由x=12at2可得加速度越小,时间越长,所以d正确。3.(2015全国卷改编)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢,当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩p和q间的拉力大小为f;当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时,p和q间的拉力大小仍为f,不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为()导学号42722368a.8b.10c.12d.18【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)列车车厢数只能为整数。(2)设p在东,q在西,向东以加速度a加速时,p以西车厢所受合外力等于f。(3)设p在东,q在西,向西以加速度23a加速时,q以东车厢所受合外力等于f。【解析】选b。设p在东,q在西,当机车向东加速行驶时,对p以西的所有车厢应用牛顿第二定律f=m西a,当机车向西加速行驶时,对q以东的所有车厢应用牛顿第二定律f=m东23a,两式相比可得m西m东=23,所以这列车厢的节数只能为5的整数倍,b项符合要求,a、c、d项不符合题意。4.(2017南昌模拟)如图所示,质量为m的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上,另一端用轻质弹簧连在天花板上。轻绳处于水平位置,弹簧与竖直方向夹角为。已知重力加速度为g,则在剪断轻绳瞬间,小球加速度的大小为()导学号42722369a.0 b.gsinc.gtand.gcos【解析】选c。以球为研究对象,如图所示,建立直角坐标系,将foa分解,由平衡条件fob-foasin=0foacos-mg=0联立解得fob=mgtan剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化,小球所受的合外力是重力与弹力的合力,与原来细绳的拉力大小相等,方向相反,由牛顿第二定律得a=fm=mgtanm=gtan,方向水平向右。【加固训练】“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明如图静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg,若此时小明右侧橡皮绳在腰间断裂,则小明此时()a.加速度为零b.加速度a=g,沿原断裂绳的方向斜向下c.加速度a=g,沿未断裂绳的方向斜向上d.加速度a=g,方向竖直向下【解析】选b。因右端弹性橡皮绳在小明腰间断裂瞬间,左侧橡皮绳的拉力还未来得及改变,故小明所受合力与断裂橡皮绳断前的拉力等大反向,由牛顿第二定律可得:a=g,方向沿原断裂绳方向斜向下,b正确。5.如图所示,质量为10kg的物体拴在一个被水平拉伸的轻质弹簧一端,弹簧的拉力为5 n时,物体处于静止状态。若小车以1 m/s2的加速度水平向右运动,则(g取10m/s2)()a.物体相对小车发生滑动b.物体受到的摩擦力增大c.物体受到的摩擦力大小不变d.物体受到的弹簧拉力增大【解析】选c。由于弹簧处于拉伸状态,物体处于静止状态,可见小车对物体提供水平向左的静摩擦力,大小为5 n,且物体和小车间的最大静摩擦力ffm5n;若小车以1m/s2的加速度向右匀加速运动,则弹簧还处于拉伸状态,其弹力不变,仍为5n,由牛顿第二定律可知:f+ff=ma,ff=5 nffm,则物体相对小车仍静止,弹力不变,摩擦力的大小也不变,但方向水平向右,选项c正确。【加固训练】一辆小车在水平面上向左匀速行驶,ob绳水平,如图,当小车向左做加速运动时,小球相对小车仍然静止在原处,则()a.绳ao的拉力增大,绳bo的拉力减小b.绳ao的拉力不变,绳bo的拉力减小c.绳ao的拉力不变,绳bo的拉力增大d.绳ao的拉力增大,绳bo的拉力不变【解析】选b。小球相对小车仍然静止在原处,说明不变。匀速时,有toacos=mg,toasin=tob;小车向左加速时,有toacos=mg,toasin-tob=ma,所以绳ao的拉力不变,绳bo的拉力减小,答案选b。6.(2015全国卷)如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出导学号42722370()a.斜面的倾角b.物块的质量c.物块与斜面间的动摩擦因数d.物块沿斜面向上滑行的最大高度【解析】选a、c、d。物块在上滑过程中有mgsin+mgcos=ma1,v0=a1t1;在下滑过程中有mgsin-mgcos=ma2,v1=a2(2t1-t1),由以上方程可以求出和,但不能求出物块的质量m,故a、c正确,b错误;由图象可得物块上滑的最大位移为x=12v0t1,则上滑的最大高度为hmax=xsin=12v0t1sin,故选项d正确。7.(2017南昌模拟)如图所示是一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定,下端连着一质量为m的物块a,a放在托盘b上,初始时全部静止,弹簧处于自然长度,现设法控制b的运动,使a匀加速下降,用x表示弹簧伸长量,用a表示a的加速度,则在能保持a匀加速下降的整个过程中(始终在弹簧弹性限度内),重力加速度为g,下列说法正确的有()a.b对a的作用力随弹簧伸长量x线性递增b.若a=g4,则弹簧最大形变量为3mg4kc.b对a的最大作用力为m(g+a)d.物块a的高度下降了mg-mak【解析】选b、d。随着托盘向下运动,弹簧的弹力增大,托盘支持力减小,a错误;当mg-f=ma,解得f=mg-ma=3mg4=kx,解得x=3mg4k,故b正确;由b项可知,b对a的最大作用力为f=mg-ma,故c错误;由mg-ma=kx得:x=mg-mak,故物块的高度下降了mg-mak,d正确。8.(2017合肥模拟)如图甲所示,倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=10m/s,质量为m=1kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图象如图乙所示,g取10m/s2,下面正确的是导学号42722371()a.05s内小木块做匀减速运动b.在t=1s时刻,摩擦力反向c.斜面倾角=37d.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5【解析】选b、c、d。由匀变速直线运动的速度位移公式:v2-v02=2ax与图象可得:a=v2-v022x=0-10025m/s2=-10m/s2,由图示图象可知,初速度:v02=100(m/s)2, v0=10m/s,减速运动时间:t=v-v0a=0-10-10s=1s,故a错误;由图示图象可知,在01s内小木块向上做匀减速运动,1s后小木块反向做匀加速运动,t=1s时摩擦力反向,故b正确;由图示图象可知,物体反向加速运动时的加速度:a=v22x=322(13-5)m/s2=2m/s2,由牛顿第二定律得:-mgsin-mgcos=ma,mgsin-mgcos=ma,代入数据解得:=0.5,=37,故c、d正确。【加固训练】(多选)一物块放在水平地面上,受到一水平拉力f的作用,f的大小与时间t的关系如图甲所示;物块运动的v-t图象如图乙所示,6s后的速度图象没有画出,g取10m/s2。下列说法正确的是()a.物块滑动时受到的摩擦力大小是6nb.物块的质量为2kgc.物块在69s内的加速度大小是1m/s2d.物块在9s内的平均速度大小是4m/s【解析】选a、d。物块在36s内做匀速直线运动,则f=f2=6n,故a正确;物块匀加速运动的加速度a1=63m/s2=2m/s2,根据牛顿第二定律得,f1-f=ma1,解得质量m=f1-fa1=9-62kg=1.5kg,故b错误;物块在69s内的加速度大小a2=f-f3m=6-31.5m/s2=2m/s2,故c错误;画出v-t图象如图所示:由图象和时间轴所围图形的面积表示位移,则物体9s内的位移x=s梯=(3+9)62m=36m,所以平均速度v=xt=369m/s=4m/s,故d正确。二、计算题(本题共2小题,共28分。需写出规范的解题步骤)9.(14分)如图甲所示,用水平恒力f拉动水平面上的木板,可以使其做匀加速直线运动,当改变拉力的大小时,相对应的匀加速运动的加速度也会变化,a和f的关系如图乙所示,g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。导学号42722372(1)求该木板的质量是多大?(2)求该木板和水平面间的动摩擦因数多大?(3)如果用f=5n的拉力拉木板,作用2s后撤去,木板最后停在水平面上,求木板运动的总位移大小。【解析】(1)根据牛顿第二定律得:f-f=ma,则得a=f-fm由数学知识得:图象的斜率为k=1m,由图知k=2故得m=0.5kg(2)由f=mg,由图乙知,f=1n代入得到:=fmg=15=0.2(3)如果f=5n,加速度为:a=8m/s22s内位移为:x1=12at2=12822m=16m速度为:v1=at=82m/s=16m/s撤去f,加速度为:a=-fm=-10.5m/s2=-2m/s2停止时末速度为零,有:v2-v12=2ax2得:x2=16222m=64m故总位移为:x=x1+x2=80m答案:(1)0.5kg(2)0.2(3)80m10.(14分)图甲是里约奥运会上运动员在蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力f随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。根据f-t图象:(g取10m/s2,不计空气阻力)(1)求运动员的质量。(2)分析运动员在6.06.6 s的过程中,速度、加速度的方向及大小的变化情况,并求此过程中运动员的最大加速度。(3)求运动员在012 s的过程中,重心离开蹦床上升的最大高度。【解析】(1)由图象可知运动员所受重力为500n,则运动员质量为m=50kg(2)经分析,运动员在6.06.6 s的过程中,速度:先向下,逐渐减小;后向上,逐渐增大。加速度:始终向上,先增大后减小由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为fm=2000n,设运动员的最大加速度为am,则fm-mg=mamam=f-mgm=30m/s2,方向向上(3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床的时刻为6.8 s或9.4 s,再下落到蹦床上的时刻为8.4 s或11 s,它们的时间间隔均为1.6 s。根据竖直上抛运动的对称性,可知其自由下落的时间为0.8 s。设运动员上升的最大高度为h,则h=12gt2=3.2m答案:(1)50kg(2)速度:先向下,逐渐减小;后向上,逐渐增大。加速度:始终向上,先增大后减小30m/s2,方向向上(3)3.2m【能力拔高题】1.(8分)(多选)(2017铜陵模拟)如图所示,两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球,整体处于平衡状态,a弹簧与竖直方向成30角,b弹簧与竖直方向成60角,a、b两弹簧的形变量相等,重力加速度为g,则()a.弹簧a、b的劲度系数之比为32b.弹簧a、b的劲度系数之比为31c.若弹簧a下端与小球松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为3gd.若弹簧b下端与小球松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为g2【解析】选b、d。对小球受力分析,小球受到a弹簧的拉力,b弹簧的拉力和重力,三力平衡,故有ta=mgcos30=kax,tb=mgsin30=kbx,故kakb=cos30sin30=31,a错误,b正确;若弹簧a下端与小球松脱,松脱瞬间b弹簧的弹力不变,故小球所受重力和b弹簧弹力的合力与ta大小相等方向相反,故a=mgcos30m=32g,若弹簧b下端与小球松脱,则松脱瞬间a弹簧的弹力不变,故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与tb大小相等方向相反,故小球的加