2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课后分级演练8牛顿第二定律两类动力学问题

1、 课后分级演练（八）牛顿第二定律两类动力学问题 【A 级一一基础练】 1.一物块静止在粗糙的水平桌面上从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力 作用假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以 表示水平拉力的大小能正确描述 部圆心0,而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是 若有三个小孩同时从 a、b、c处开始下滑（忽略阻力），则 解析：D 三块滑板与圆柱形仓库构成的斜面底边长度均为圆柱形仓库的底面半径，则 R- = 2gt2sin 0 , t2= i 4R 0，当 0 = 45 时，t 最小；当 0 = 30 和 60 时，sin cos 0 2 gsin 2 0 的值相同，

2、故只有 D 正确. 3. 如图甲所示， 物块静止在粗糙水平面上.某时刻 （t = 0）开始，物块受到水平拉力 的作用.拉力F在 0to时间内随时间变化情况如图乙所示，则物块的速度一时间图象可能 解析：D 拉力较小时，拉力小于最大静摩擦力，物块静止；拉动后，由解析：C 物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用, 根据牛顿第二定律，有 F =ma,即F= m升Ff，该关系为线性函数.当 a= 0 时, Ff F= Ff； 当 F= 0 时，a=- m-符合该 函数关系的图象为 C. 2.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板 aO bO cO,其下端都固定于底 a表示物块的加速度大小，F 30

3、、 45、 60. A. a处B. b处C. c处小孩最先到0点 D. a、Fmg= ma F与a之间关系的图象是（ ) 甲 D 可知，随着拉力的增大，物块的加速度增大，所以速度一时间图象切线斜率增大. 4. 如图所示，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球 A用细线悬挂在车顶上， 质量为m的一位中学生手握扶杆始终相对于汽车静止站在车厢底板上. 学生鞋底与公共汽车 间的动摩擦因数为 卩.若某时刻观察到细线偏离竖直方向 0角，则此刻公共汽车对学生产 生的作用力的大小和方向为 （ ） V s mg B. 矿0斜向左上方 解析：B 对小球A,由牛顿第二定律得 m gtan 0 = m a,则人与

4、车的加速度为 a = gtan 0，方向水平向左，因此车对人的作用力为 F= mg 2+ mgan 0 2= mg- cos 0 方向斜向左上方，因此选项 B 正确，其他选项均错. 5. （多选）如图所示，A B C三球的质量均为 m轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一 端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接， B、C间由一轻杆相连.倾角为 0的光滑斜面固 定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面， 初始系统处于静止状态， 细线被烧断的瞬间， 下列说法正确的是（ ） B. C球的受力情况未变，加速度为 0 C. B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为 gsin 0 D. B、C之间杆的弹力大小为

5、 0 解析：CD 初始系统处于静止状态，把 BC看成整体，BC受重力 2mg斜面的支持力FN、 细线的拉力FT,由平衡条件可得 Fr= 2mgin 0，对A进行受力分析，A受重力mg斜面的 支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力 FT,由平衡条件可得：F弹=Fr+ mn 0 = 3mn 0 , 细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得 A球的加速度 沿斜面向上，大小 a= 2gsin 0，选项A 错误；细线被烧断的瞬间，把 BC看成整体，根据 牛顿第二定律得 BC球的加速度a= gsin 0，均沿斜面向下，选项 B 错误，C 正确；对C 进行受力分A. mg竖直向上 C

6、. mgan 0，水平向右 D. mg. 1+卩2,斜向右上方 析，C受重力mg枰的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得 mgjin 0 + F= ma，解得F= 0,所以B C之间杆的弹力大小为 0,选项 D 正确. 6. （2017 三湘名校联盟三模）在明德中学教学楼顶吊着一口大钟， 每年元旦会进行敲钟 仪式，如图所示，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长为 L,与吊撞锤的点等高且水 平相距筈3处有一固定的光滑定滑轮，一同学将轻绳一端绕过定滑轮连在撞锤上，然后缓 慢往下拉绳子另一端， 使得撞锤提升竖直高度 L/2 时突然松手，使撞锤自然地摆动下去撞击 大钟，发出声音.（重力加速度为g

7、）则（ ） A. 在撞锤上升过程中，该同学对绳子的拉力大小不变 B. 在撞锤上升过程中，撞锤吊绳上的拉力大小不变 C. 突然松手时，撞锤的加速度大小等于 g D.突然松手时，撞锤的加速度大小等于 -23g 解析：D 因该同学缓慢拉绳子，则撞锤在缓慢上升，处于动态平衡状态，对撞锤受力 分析可知，其受两绳的拉力和重力作用. 因重力的大小和方向恒定不变， 由平衡条件可知两 绳拉力的合力与重力等大反向， 而两绳拉力方向均在变化， 由平行四边形定则分析可知， 两 绳上的拉力大小均在变化， A、B 错误：突然松手时，撞锤此时受重力和吊撞锤的绳子对它 的拉力作用.如图所示，根据几何关系知两绳子的夹角为 90

8、,且吊撞锤的绳子与竖直方 向的夹角为 60,则F合=mgsin 60= #mg根据牛顿第二定律得其加速度大小 a=活= g, C 错误，D 正确. 7. 如图所示，两根长度分别为 Li和L2的光滑杆AB和BC在B点垂直焊接，当按图示方 式固定在竖直平面内时， 将一滑环从B点由静止释放，分别沿BA和BC滑到杆的底端经历的 时间相同，则这段时间为（ ） A. 皿 mcsin B 沿BC下滑的加速度为 a2= m = gsin B 设下滑时间为t,由题有： 1 2 Li = 2ait 1 2 l_2= qa2t 8. （多选）（2017 淄博二模）如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演.

9、盘的质量为 m手指与盘之间的动摩擦因数为 卩，重力加速度为g,设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转则下列说法正确的是 （ ） A 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力等于 mg B. 若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力 C. 若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为 卩mg D. 若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘的作用力大小不可超过 1 + 1 mg 解析：AD 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态， 则盘受力平衡，手指对盘的作用力与 盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于 mg选项 A 正

10、确；若手指支撑着盘并一起水 平向右匀速运动，则水平方向盘不受力， 即盘不受静摩擦力， 选项 B 错误；若手指支撑着盘 并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力为静摩擦力，大小不一定等于 img选 L2+ L2 L+ L2 滑环沿BA下滑的加速度为ai= mg gsin a a和B ,由几何知识有：sin a = cos B 项 C 错误；若盘随手指一起水平匀加速运动， 则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为 i mg 竖直方向对盘子的支持力为 mg则手指对盘的作用力大小的最大值 7mg 2+ i mg 2 = 冷1 +i2mg即手指对盘的作用力大小不可超过 1+ i弦mg选项 D 正确. 9

11、. （多选）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在空气 中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下 落相同的距离，则( ) A. 甲球用的时间比乙球长 B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 4 3 解析：BD 设小球的密度为 P，其质量m= pn r，设阻力与球的半径的比值为 k,根 据牛顿第二定律得： mg- kr kr 3k , , , a g 3 g 2,由此可见，由 m甲 m乙, m 匕 4 pn r 4 p n r p甲=p乙

12、，r甲r乙，可知a甲a乙，选项 C 错误；由于两球由静止下落，两小球下落相同的 1 2 2 2x 2 距离则由x=；at , t = , t甲t乙，选项 A 错误；由v= 2ax可知，甲球末速度的大小大 a 于乙球末速度的大小， 选项 B 正确；由于甲球质量大于乙球质量， 所以甲球半径大于乙球半 径，甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力， 则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大 于乙球克服阻力做的功，选项 D 正确. 10. 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 h = 0.8

13、 m , B点到C点的距离L= 2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，取 g= 10 m/s 2).求： . =Jk 辭 . (1) 滑块在运动过程中的最大速度的大小； (2) 滑块与水平面间的动摩擦因数 卩； (3) 滑块从A点释放后，经过时间t = 1.0 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点时达到速度最大值 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 由运动学公式知矗普 解得 Vm= 4 m/s (2) 设滑块在水平面上运动的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得卩mg= ma 2 又 Vm= 2a2

14、L mi n 30 ma. 解得= 0.4 (3) 设滑块在斜面上运动的时间为 11,则Vm= a1t1 解得 t1 = 0.8 s 由于tti,故t = 1.0 s时滑块已经经过 B点，做匀减速运动的时间为 t -ti= 0.2 s 设t = 1.0 s时速度大小为 v,贝U v= vm-a2（t 11） 解得 v= 3.2 m/s 答案：（1）4 m/s （2）0.4 （3）3.2 m/s 【B 级一一提升练】 11. （多选）如图所示，劲度系数为 k的轻质弹簧下端固定在倾角为 0的粗糙斜面底端 的挡板C上，另一端自然伸长到 A点.质量为m的物块从斜面上 B点由静止开始滑下， 与弹 簧发生

15、相互作用，最终停在斜面上某点下列说法正确的是 B. 物块速度最大时弹簧的压缩量小于 吨：9 k C. 物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动 D. 物块最终停在斜面上时受到的摩擦力小于 m毀 n 9 解析：BD 当物块受力平衡时速度最大，由 kx +卩mgcos 9 = mgsin 9，解得x = 小的加速运动，后做加速度增大的减速运动， 故 C 错误；由于物块能够由静止下滑，可得最 大静摩擦力小于重力沿斜面方向的分力，故最终停止运动时弹簧有弹力，根据受力平衡知， 物块受到的摩擦力小于 mgpin 9，故 D 正确. 12. 如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于 O

16、点，O点恰好是下半 圆的圆心，有三条光滑轨道 AB CD EF,它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨 道都经过切点 O轨道与竖直线的夹角关系为 a 3 9 .现在让一物块先后从三轨道顶端由 静止开始下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 mgfin 9卩 mgpos 9 k 故 A 错误， B 正确；物块压缩弹簧后被反弹过程先做加速度逐渐减 D. t AB= t CDt EF 解析：B 在倾斜轨道上，设轨道与竖直方向间夹角为 r,对物块由牛顿第二定律有 mgcosA. t AB= t CD= t EF B. t t EF C. t ABt CD 3 B ,贝U t

17、ABt CDt EF,故选 B. 13. 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,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 1 : 4，则物块P与桌面上AB BC部分之间的动摩擦因数 卩1、卩2之比为(物 块P在AB BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动 )( ) p Va 1 _ I I ABC A. 1 ：1 B. 1 ：4 C. 4 ：1 D. 8 ：1 解析：D 由牛顿第二定律可知，物块 P在AB段减速的加速度a1 =ig,在BC段减速 的加速度a2= i 2g,设物块 P

18、在AB段运动时间为t，则可得：VB= 口 2g4t , vo= 口 1gt + Vo+ VB VB 1 2g -4 t，由 XAB= 2- t , XBC=4 t , XAB= XBC解得: 14. 如图所示，在倾角0 = 37的粗糙斜面上距离斜面底端 s= 4 m 处，有一质量m= 1 kg 的物块，受水平恒力 F作用由静止开始沿斜面下滑，到达底端时立即撤去水平恒力 F,然后 在水平面上滑动一段距离后停止.每隔 0.2 s 通过传感器测得物块的瞬时速度，下表给出了 部分测量数据.若物块与各接触面之间的动摩擦因数均相等， 不计物块撞击水平面时的能量 2 损失，g 取 10 m/s , sin

19、37 = 0.6 , cos 37 = 0.8.求： t /s 0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(m s J 0 0.4 0.8 3.6 3.2 (1) 撤去水平恒力F时物块的速度大小; (2) 物块与水平面间的动摩擦因数； 水平恒力F的大小. 解析：(1)由表中数据可得物块沿斜面加速下滑的加速度大小 已1=十 =誇 m/s2= 2 m/s【由 V = 2a1S,代入数据解得 v=#2a1S=2x2X4 m/s = 4 m/s. V2 0.4 2 2 由此关系式可知随 (2)物块沿水平面减速滑行时，加速度大小 a2 = 貢 =02 m/s = 2 m/s ,在水平面上由 牛顿第二定律得

20、 a2 卩m= ma，解得孑=02 (3)物块沿斜面加速下滑时，有 min 0 Feos 0 卩(mgpos 0 + Fsin 0 ) = ma,代 入数据解得F= 2.6 N. 答案：(1)4 m/s (2)0.2 (3)2.6 N 15. 避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设 施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 0的斜面一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s时，车尾位于制动 坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡 床顶端 38 m，再过一段时间，