2019届高考物理一轮复习课时规范练08《牛顿第二定律　两类动力学问题》(含解析)

课时规范练8　牛顿第二定律　两类动力学问题

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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,0 B.g,2g,0

C.g,g,g D.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=0 B.a1=a,a2=a

C.a1=a,a2=a D.a1=a,a2=a

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=,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.3 B.2.7 C.1.5 D.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=tan 15°=×0.27+2.7 m/s2>2.7 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μ,小球运动过程中未从杆上脱落,且F0>μmg。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.t1~t2阶段小球减速

C.t2时刻小球加速度为0

D.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。t1~t2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。t3~t4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=,由h=gt2=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 37°>μmgcos 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 θ-μmgcos θ=ma,产生的加速度大小都为a=gsin θ-μgcos θ,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=0 B.xA=h,aA>g

C.xB=h+,aB=0 D.xC=h+,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=,所以B的坐标为h+,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,由对称性得由B到D的形变量也为,故到达C点时形变量要大于h+2,加速度ac>g,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μ;

(2)水平推力F的大小;

(3)0~10 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=μg;

由题图可知,撤去推力F后的加速度a2= m/s2=2 m/s2,所以,物体与水平间的动摩擦因数μ==0.2;

(2)推力F作用下,物体的合外力F1=F-μmg,由题图可知,推力作用下的加速度a1= m/s2=1 m/s2;

故由牛顿第二定律可得F1=ma1,所以,推力F=F1+μmg=ma1+μmg=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0~10 s内物体运动位移s=(2+8)×6 m+×8×(10-6) m=46 m。〚导学号06400112〛

11.(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θ=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μ=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=μFN=0.35×20 N=7 N。

(2)对板进行受力分析,根据牛顿第二定律Ff-mgsin θ=ma

可以得到a=2 m/s2

根据运动学公式得x= 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= 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,3~4.5 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x-t的图象可知,物块被击穿后,先向左减速,2 s末减到v=0,然后向右加速,3 s末后与传送带共速:v1= m/s=2 m/s①

所以,以后随传送带以2 m/s的速度一起做匀速运动。

(2)2~3 s内,物块向右匀加速运动,

加速度大小a=μg ②

v1=aΔt1 ③

0~2 s内,物块向左匀减速运动,加速度大小a=μg

0时刻物块的速度v0=aΔt2 ④

由x-t图象知,Δt1=1 s⑤

Δt2=2 s⑥

联立①②③④⑤⑥代入数据解之得v0=4 m/s

(3)物块对应的v-t图象如图所示

〚导学号06400113〛