2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 課時規(guī)范練8 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題 新人教版.doc

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課時規(guī)范練8　牛頓第二定律　兩類動力學(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,可是當我們用一個很小的水平力去推很重的桌子時,卻推不動它,這是因為(　　) 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 D.桌子所受合力為零,加速度為零,所以靜止不動 答案CD 解析用很小的力來推桌子,這個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,即牛頓第二定律適用于靜止物體,A、B錯誤,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.(瞬時加速度)如圖,A、B、C三個小球質(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,整個系統(tǒng)用細線懸掛在天花板上并且處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將A上面的細線剪斷,使A的上端失去拉力,則在剪斷細線的瞬間,A、B、C三個小球的加速度分別是 (　　) A.1.5g,1.5g,0 B.g,2g,0 C.g,g,g D.g,g,0 答案A 解析剪斷細線前,由平衡條件可知,A上端的細線的拉力為3mg,A、B之間細線的拉力為2mg,輕彈簧的拉力為mg。在剪斷細線的瞬間,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A正確。 3.(瞬時加速度)(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動,加速度大小為a,某時刻突然撤去拉力F,此瞬時A和B的加速度大小為a1和a2,則(　　) A.a1=0,a2=0 B.a1=a,a2=m2m1+m2a C.a1=m1m1+m2a,a2=m2m1+m2a D.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D正確。 4.(動力學(xué)兩類基本問題)(2017湖南長沙月考)如圖是汽車運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,汽車靜止不動時Q傳感器示數(shù)為零,P、N傳感器示數(shù)不為零。當汽車向左勻加速啟動過程中,P傳感器示數(shù)為零時,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的加速度可能為(　　) A.3 B.2.7 C.1.5 D.1 答案A 解析當汽車向左勻加速啟動過程中,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選項正確。 5.(動力學(xué)兩類基本問題)(2017遼寧沈陽四校月考)如圖所示,當小車向右加速運動時,物塊M相對車廂靜止于豎直車廂壁上,當車的加速度增大時 (　　) 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的小球開始時靜止?，F(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(圖中未標出)。已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ,小球運動過程中未從桿上脫落,且F0>μmg。下列關(guān)于運動中的速度—時間圖象正確的是(　　) 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,當加速度減小到零,做勻速直線運動。故C正確,A、B、D錯誤。 7.(圖象問題)(2018北京首都師大附中月考)如圖a所示,質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上,t=0時,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,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隨時間t變化的圖象如圖b所示,若圖象中的坐標值都是已知量,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　) A.t1時刻小球具有最大速度 B.t1~t2階段小球減速 C.t2時刻小球加速度為0 D.可以計算出小球自由下落的高度 ?導(dǎo)學(xué)號06400111? 答案D 解析t1時刻小球剛接觸彈簧,速度仍會增大,直至彈簧彈力與小球重力相等時,小球才達到最大速度,故A錯誤。t1~t2這段時間內(nèi),彈簧處于開始壓縮到達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錯誤。t2時刻彈簧壓縮量最大,故小球加速度不為0,C錯誤。t3~t4這段時間小球在空中運動,由此可知小球做自由落體運動時間為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的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2 m,且與水平方向的夾角均為37?，F(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摩擦因數(shù)均為0.5,下列說法正確的是(　　) A.物塊A先到達傳送帶底端 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運動的加速度大小相同 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>μmgcos 37,故傳送帶對兩物體的滑動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,滑到底端時位移大小相同,故時間相同,故A、B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可知mgsin θ-μmgcos θ=ma,產(chǎn)生的加速度大小都為a=gsin θ-μgcos θ,故C正確;劃痕長度由相對位移決定,A物體與傳送帶運動方向相同,劃痕長度較小,故D錯誤。 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處自由下落,接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。若以小球開始下落的位置為原點,沿豎直向下建立一坐標軸Ox,小球的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示。其中OA段為直線,切于A點的曲線AB和BC都是平滑的曲線,則關(guān)于A、B、C三點對應(yīng)的x坐標及加速度大小,下列說法正確的是(　　) A.xA=h,aA=0 B.xA=h,aA>g C.xB=h+mgk,aB=0 D.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,小球做自由落體運動,小球到達A時,小球的加速度仍然是g,故A錯誤,B錯誤。B點是速度最大的地方,此時重力和彈力相等,合力為0,加速度也就為0,由mg=kx,可知x=mgk,所以B的坐標為h+mgk,所以C正確。取一個與A點對稱的點為D,由A點到B點的形變量為mgk,由對稱性得由B到D的形變量也為mgk,故到達C點時形變量要大于h+2mgk,加速度ac>g,所以D錯誤。 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動。一段時間后撤去F。其運動的v-t圖象如圖所示。g取10 m/s2,求: (1)物體與水平間的動摩擦因數(shù)μ; (2)水平推力F的大小; (3)0~10 s內(nèi)物體運動位移的大小。 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=μg; 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,物體與水平間的動摩擦因數(shù)μ=a2g=0.2; (2)推力F作用下,物體的合外力F1=F-μmg,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+μmg=ma1+μmg=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0~10 s內(nèi)物體運動位移s=12(2+8)6 m+128(10-6) m=46 m。?導(dǎo)學(xué)號06400112? 11.(2018河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖所示,電動機帶動滾輪做逆時針勻速轉(zhuǎn)動,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θ=30,滾輪與金屬板的切點B到斜面底端A距離L=6.5 m,當金屬板的下端運動到切點B處時,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摩擦因數(shù)為μ=0.35,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)板加速上升時所受到的滑動摩擦力大小; (2)板加速至與滾輪邊緣線速度相同時前進的距離; (3)板勻速上升的時間。 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=μFN=0.3520 N=7 N。 (2)對板進行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律Ff-mgsin θ=ma 可以得到a=2 m/s2 根據(jù)運動學(xué)公式得x=v22a=4222 m=4 m。 (3)當板與輪的線速度相等后,板做勻速直線運動,則上升的時間為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動,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),3~4.5 s內(nèi)為一次函數(shù),取向左運動的方向為正方向)。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=ΔxΔt=3.01.5 m/s=2 m/s① 所以,以后隨傳送帶以2 m/s的速度一起做勻速運動。 (2)2~3 s內(nèi),物塊向右勻加速運動, 加速度大小a=μg ② v1=aΔt1 ③ 0~2 s內(nèi),物塊向左勻減速運動,加速度大小a=μg 0時刻物塊的速度v0=aΔt2 ④ 由x-t圖象知,Δt1=1 s⑤ Δt2=2 s⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥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