高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 課后分級演練8 牛頓第二定律 兩類動力學問題

1、課后分級演練(八) 牛頓第二定律 兩類動力學問題【a級基礎練】1一物塊靜止在粗糙的水平桌面上從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力以a表示物塊的加速度大小，f表示水平拉力的大小能正確描述f與a之間關系的圖象是()解析：c物塊在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律，有fffma，即fmaff，該關系為線性函數(shù)當a0時，fff；當f0時，a.符合該函數(shù)關系的圖象為c.2.如圖所示，圓柱形的倉庫內(nèi)有三塊長度不同的滑板ao、bo、co，其下端都固定于底部圓心o，而上端則擱在倉庫側(cè)壁上，三塊滑板與水平面的夾角依次是30°、45&

2、#176;、60°.若有三個小孩同時從a、b、c處開始下滑(忽略阻力)，則()aa處小孩最后到o點bb處小孩最后到o點cc處小孩最先到o點da、c處小孩同時到o點解析：d三塊滑板與圓柱形倉庫構成的斜面底邊長度均為圓柱形倉庫的底面半徑，則gt2sin ，t2，當45°時，t最小；當30°和60°時，sin 2的值相同，故只有d正確3如圖甲所示，物塊靜止在粗糙水平面上某時刻(t0)開始，物塊受到水平拉力f的作用拉力f在0t0時間內(nèi)隨時間變化情況如圖乙所示，則物塊的速度時間圖象可能是()解析：d拉力較小時，拉力小于最大靜摩擦力，物塊靜止；拉動后，由fmgma可

3、知，隨著拉力的增大，物塊的加速度增大，所以速度時間圖象切線斜率增大4.如圖所示，公共汽車沿水平面向右做勻變速直線運動，小球a用細線懸掛在車頂上，質(zhì)量為m的一位中學生手握扶桿始終相對于汽車靜止站在車廂底板上學生鞋底與公共汽車間的動摩擦因數(shù)為.若某時刻觀察到細線偏離豎直方向角，則此刻公共汽車對學生產(chǎn)生的作用力的大小和方向為()amg，豎直向上b.，斜向左上方cmgtan ，水平向右dmg，斜向右上方解析：b對小球a，由牛頓第二定律得mgtan ma，則人與車的加速度為agtan，方向水平向左，因此車對人的作用力為f，方向斜向左上方，因此選項b正確，其他選項均錯5.(多選)如圖所示，a、b、c三球的

4、質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與a球相連，a、b間由一輕質(zhì)細線連接，b、c間由一輕桿相連傾角為的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()aa球的加速度沿斜面向上，大小為gsin bc球的受力情況未變，加速度為0cb、c兩球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsin db、c之間桿的彈力大小為0解析：cd初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，把bc看成整體，bc受重力2mg、斜面的支持力fn、細線的拉力ft，由平衡條件可得ft2mgsin ，對a進行受力分析，a受重力mg、斜面的支持力、彈簧的拉力f彈和細線的拉力ft，由平衡條件

5、可得：f彈ftmgsin 3mgsin ，細線被燒斷的瞬間，拉力會突變?yōu)榱悖瑥椈傻膹椓Σ蛔?，根?jù)牛頓第二定律得a球的加速度沿斜面向上，大小a2gsin ，選項a錯誤；細線被燒斷的瞬間，把bc看成整體，根據(jù)牛頓第二定律得bc球的加速度agsin ，均沿斜面向下，選項b錯誤，c正確；對c進行受力分析，c受重力mg、枰的彈力f和斜面的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin fma，解得f0，所以b、c之間桿的彈力大小為0，選項d正確6.(2017·三湘名校聯(lián)盟三模)在明德中學教學樓頂?shù)踔豢诖箸?，每年元旦會進行敲鐘儀式，如圖所示，在大鐘旁邊并排吊著撞錘，吊撞錘的輕繩長為l，與吊撞錘的點等高且

6、水平相距處有一固定的光滑定滑輪，一同學將輕繩一端繞過定滑輪連在撞錘上，然后緩慢往下拉繩子另一端，使得撞錘提升豎直高度l/2時突然松手，使撞錘自然地擺動下去撞擊大鐘，發(fā)出聲音(重力加速度為g)則()a在撞錘上升過程中，該同學對繩子的拉力大小不變b在撞錘上升過程中，撞錘吊繩上的拉力大小不變c突然松手時，撞錘的加速度大小等于gd突然松手時，撞錘的加速度大小等于g解析：d因該同學緩慢拉繩子，則撞錘在緩慢上升，處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對撞錘受力分析可知，其受兩繩的拉力和重力作用因重力的大小和方向恒定不變，由平衡條件可知兩繩拉力的合力與重力等大反向，而兩繩拉力方向均在變化，由平行四邊形定則分析可知，兩繩上的拉力

7、大小均在變化，a、b錯誤：突然松手時，撞錘此時受重力和吊撞錘的繩子對它的拉力作用如圖所示，根據(jù)幾何關系知兩繩子的夾角為90°，且吊撞錘的繩子與豎直方向的夾角為60°，則f合mgsin 60°mg，根據(jù)牛頓第二定律得其加速度大小ag，c錯誤，d正確7.如圖所示，兩根長度分別為l1和l2的光滑桿ab和bc在b點垂直焊接，當按圖示方式固定在豎直平面內(nèi)時，將一滑環(huán)從b點由靜止釋放，分別沿ba和bc滑到桿的底端經(jīng)歷的時間相同，則這段時間為()a.b.c.d.解析：c設ba和bc傾角分別為和，根據(jù)牛頓第二定律得：滑環(huán)沿ba下滑的加速度為a1gsin 沿bc下滑的加速度為a2g

8、sin 設下滑時間為t，由題有：l1a1t2l2a2t2由幾何知識有：sin cos 聯(lián)立以上各式解得t，故選c.8. (多選)(2017·淄博二模)如圖所示，某雜技演員在做手指玩耍盤子的高難度表演若盤的質(zhì)量為m，手指與盤之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤底處于水平狀態(tài)且不考慮盤的自轉(zhuǎn)則下列說法正確的是()a若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則手指對盤的作用力等于mgb若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則盤受到水平向右的靜摩擦力c若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手指對盤的作用力大小為mgd若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手指對盤的作用力

9、大小不可超過mg解析：ad若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則盤受力平衡，手指對盤的作用力與盤的重力等大反向，則手指對盤的作用力等于mg，選項a正確；若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則水平方向盤不受力，即盤不受靜摩擦力，選項b錯誤；若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手指對盤的作用力為靜摩擦力，大小不一定等于mg，選項c錯誤；若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手指對盤子水平方向的最大靜摩擦力為mg，豎直方向?qū)ΡP子的支持力為mg，則手指對盤的作用力大小的最大值mg，即手指對盤的作用力大小不可超過mg，選項d正確9(多選)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量兩球在空氣中

10、由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關若它們下落相同的距離，則()a甲球用的時間比乙球長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解析：bd設小球的密度為，其質(zhì)量m，設阻力與球的半徑的比值為k，根據(jù)牛頓第二定律得：agg，由此可見，由m甲>m乙，甲乙，r甲>r乙，可知a甲>a乙，選項c錯誤；由于兩球由靜止下落，兩小球下落相同的距離則由xat2，t2，t甲<t乙，選項a錯誤；由v22ax可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，選項b正確；由于甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，

11、所以甲球半徑大于乙球半徑，甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力，則兩小球下落相同的距離甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，選項d正確10如圖所示，傾角為30°的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接現(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點)從斜面上a點由靜止釋放，最終停在水平面上的c點已知a點距水平面的高度h0.8 m，b點到c點的距離l2.0 m(滑塊經(jīng)過b點時沒有能量損失，取g10 m/s2)求：(1)滑塊在運動過程中的最大速度的大??；(2)滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)；(3)滑塊從a點釋放后，經(jīng)過時間t1.0 s時速度的大小解析：(1)滑塊先在斜面上做勻加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，故滑塊運動到

12、b點時達到速度最大值vm，設滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin 30°ma1.由運動學公式知v解得vm4 m/s(2)設滑塊在水平面上運動的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得mgma2又v2a2l解得0.4(3)設滑塊在斜面上運動的時間為t1，則vma1t1解得t10.8 s由于t>t1，故t1.0 s時滑塊已經(jīng)經(jīng)過b點，做勻減速運動的時間為tt10.2 s設t1.0 s時速度大小為v，則vvma2(tt1)解得v3.2 m/s答案：(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s【b級提升練】11. (多選)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧下端固定

13、在傾角為的粗糙斜面底端的擋板c上，另一端自然伸長到a點質(zhì)量為m的物塊從斜面上b點由靜止開始滑下，與彈簧發(fā)生相互作用，最終停在斜面上某點下列說法正確的是()a物塊第一次滑到a點時速度最大b物塊速度最大時彈簧的壓縮量小于c物塊壓縮彈簧后被反彈過程做加速度逐漸減小的加速運動d物塊最終停在斜面上時受到的摩擦力小于mgsin 解析：bd當物塊受力平衡時速度最大，由kxmgcos mgsin ，解得x，故a錯誤，b正確；物塊壓縮彈簧后被反彈過程先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，故c錯誤；由于物塊能夠由靜止下滑，可得最大靜摩擦力小于重力沿斜面方向的分力，故最終停止運動時彈簧有彈力，根據(jù)

14、受力平衡知，物塊受到的摩擦力小于mgsin ，故d正確12.如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于o點，o點恰好是下半圓的圓心，有三條光滑軌道ab、cd、ef，它們的上下端分別位于上下兩圓的圓周上，三軌道都經(jīng)過切點o，軌道與豎直線的夾角關系為>>.現(xiàn)在讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止開始下滑至底端，則物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關系為()atabtcdtefbtab>tcd>tefctab<tcd<tefdtabtcd<tef解析：b在傾斜軌道上，設軌道與豎直方向間夾角為r，對物塊由牛頓第二定律有mgcos rma，得加速度ag

15、 cos r，又位移x2r1cos rr2，再結合運動學公式xat2，得t，由此關系式可知隨r的增大t增大，因>>，則tab>tcd>tef，故選b.13.如圖所示，水平桌面由粗糙程度不同的ab、bc兩部分組成，且abbc，物塊p(可視為質(zhì)點)以某一初速度從a點滑上桌面，最后恰好停在c點，已知物塊經(jīng)過ab與bc兩部分的時間之比為14，則物塊p與桌面上ab、bc部分之間的動摩擦因數(shù)1、2之比為(物塊p在ab、bc上所做的運動均可看作勻變速直線運動)()a11b14c41d81解析：d由牛頓第二定律可知，物塊p在ab段減速的加速度a11g，在bc段減速的加速度a22g，設物

16、塊p在ab段運動時間為t，則可得：vb2g·4t，v01gt2g·4t，由xab·t，xbc·4t，xabxbc解得：182，故d正確14.如圖所示，在傾角37°的粗糙斜面上距離斜面底端s4 m處，有一質(zhì)量m1 kg的物塊，受水平恒力f作用由靜止開始沿斜面下滑，到達底端時立即撤去水平恒力f，然后在水平面上滑動一段距離后停止每隔0.2 s通過傳感器測得物塊的瞬時速度，下表給出了部分測量數(shù)據(jù)若物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)均相等，不計物塊撞擊水平面時的能量損失，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：

17、t/s00.20.42.22.4v/(m·s1)00.40.83.63.2(1)撤去水平恒力f時物塊的速度大??；(2)物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)；(3)水平恒力f的大小解析：(1)由表中數(shù)據(jù)可得物塊沿斜面加速下滑的加速度大小a1 m/s22 m/s2.由v22a1s，代入數(shù)據(jù)解得v m/s4 m/s.(2)物塊沿水平面減速滑行時，加速度大小a2 m/s22 m/s2，在水平面上由牛頓第二定律得mgma2，解得0.2.(3)物塊沿斜面加速下滑時，有mgsin fcos (mgcos fsin )ma1，代入數(shù)據(jù)解得f2.6 n.答案：(1)4 m/s(2)0.2(3)2.6 n15.避

18、險車道(標志如圖甲所示)是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖乙所示的豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為的斜面一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，當車速?3 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos 1，sin 0.1，g 10 m/s2.求：(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；(2)制動坡床的長度解析：(1)設貨物的質(zhì)量為m，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)0.4，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，受到的摩擦力大小為ff，加速度大小為a1，則ffmgsin ma1ffmgcos 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得a15 m/s2a1的方向沿制動坡床向下(2)設貨車的質(zhì)量為m，車尾位于制動坡床底端時的車速為v23 m/s.貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s038 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內(nèi)滑動的距離s4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為f，f是貨車和貨物總重的k倍，k0.44，貨車長