高考物理一輪復習訓練第3章第2講牛頓第二定律兩類動力學問題

第三章第2講知識鞏固練習1．如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當小車向右做勻加速運動時，球所受合外力的方向沿圖中的()A．OA方向 B．OB方向C．OC方向 D．OD方向【答案】D【解析】據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運動，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，則三者屬于同一整體，根據(jù)整體法和隔離法的關系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也應該向右，D正確．2．將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到的空氣阻力的大小與速度的大小成正比．下列描繪皮球在上升過程中加速度大小a與時間t關系的圖像，可能正確的是()【答案】C【解析】皮球上升過程中受重力和空氣阻力作用，由于空氣阻力大小與速度成正比，速度v減小，空氣阻力f＝kv也減小，根據(jù)牛頓第二定律mg＋f＝ma，知a＝eq\f(kv,m)＋g，則a隨v的減小而減?。忠騰變化得越來越慢，所以a隨時間t減小且變化率減小，C正確．3．(2021年沈陽名校質檢)如圖所示，物塊A、B質量相等，在恒力F作用下，在水平面上做勻加速直線運動．若物塊與水平面間接觸面光滑，物塊A的加速度大小為a1，物塊A、B間的相互作用力大小為F1；若物塊與水平面間接觸面粗糙，且物塊A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，物塊B的加速度大小為a2，物塊A、B間的相互作用力大小為F2．則以下判斷正確的是()A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＞F2 B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＝F2C．a(chǎn)1＞a2，F(xiàn)1＞F2 D．a(chǎn)1＞a2，F(xiàn)1＝F2【答案】D【解析】水平面光滑，對物塊A和B進行整體受力分析有F＝(mA＋mB)a1，解得a1＝eq\f(F,mA＋mB)．對B受力分析有F1＝mBa1，聯(lián)立解得F1＝eq\f(mBF,mA＋mB)；水平面粗糙，對A和B進行整體受力分析有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得a2＝eq\f(F,mA＋mB)－μg，對B受力分析有F2－μmBg＝mBa2，聯(lián)立上式解得F2＝eq\f(mBF,mA＋mB)，D正確．4．沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時間圖像如圖所示．已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s，5～10s,10～15s內F的大小分別為F1、F2和F3，則()A．F1＜F2 B．F2＞F3C．F1＞F3 D．F1＝F3【答案】A5．(多選)(2021年甘肅名校模擬)如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(μ,3)，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g．現(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板的加速度大小a可能為()A．μg B．eq\f(μg,3)C．eq\f(2μg,3) D．eq\f(F,2m)－eq\f(μg,3)【答案】BD【解析】當物塊與木板一起向右加速時，沒有發(fā)生相對滑動，以物塊和木板整體為研究對象進行受力分析，有F－eq\f(μ,3)(m＋m)g＝2ma，解得a＝eq\f(F,2m)－eq\f(1,3)μg；當物塊和木板間發(fā)生相對滑動，以木板為研究對象有μmg－eq\f(μ,3)·2mg＝ma，解得a＝eq\f(1,3)μg，故B、D正確，A、C錯誤．6．由m1、m2組成的連接體，在拉力F作用下，沿光滑斜面向上運動，m1對m2的拉力為T，則()A．T＝eq\f(m2,m1＋m2)F B．T＝eq\f(m1,m1＋m2)FC．T＝eq\f(m2,m1＋m2)(F＋m1gsinθ) D．T＝eq\f(m2,m1＋m2)(F＋m2gsinθ)【答案】A【解析】對整體做受力分析可知，整體受重力、拉力、支持力，F(xiàn)－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a；再對m2做受力分析可知，其受重力、繩子的拉力、支持力，T－m2gsinθ＝m2a．聯(lián)立解得T＝eq\f(m2,m1＋m2)F，故A正確．7．如圖所示，質量為m的球置于斜面上，被一塊豎直擋板擋?。F(xiàn)用力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是()A．若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C．斜面和擋板對球的彈力的合力等于maD．斜面對球的彈力不僅存在，而且是一個定值【答案】D【解析】小球受到重力mg、斜面的支持力FN2、豎直擋板的水平彈力FN1作用．設斜面的傾斜角為α，則豎直方向有mgcosα＝FN2，因為mg和α不變，所以無論加速度如何變化，F(xiàn)N2不變且不可能為零，B錯誤，D正確；水平方向有FN1－FN2sinα＝ma，因為FN2sinα≠0，豎直擋板的水平彈力不可能為零，A錯誤；斜面和擋板對球的彈力的合力即豎直方向的FN2cosα與水平方向的力ma的合力，因此大于ma，C錯誤．8．如圖所示，圓柱形的倉庫內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壁上，三塊滑板與水平面的夾角依次是30°、45°、60°．若有三個小孩同時從a、b、c處開始下滑(忽略阻力)，則()A．a(chǎn)處小孩最先到O點 B．b處小孩最后到O點C．c處小孩最先到O點 D．a(chǎn)、c處小孩同時到O點【答案】D【解析】設圓柱半徑為R，滑板長l＝eq\f(R,cosθ)，a＝gsinθ，t＝eq\r(\f(2l,a))＝eq\r(\f(4R,gsin2θ))，分別將θ＝30°，45°，60°代入計算可知，ta＝tc＞tb，故D正確．9．(多選)(2021年濟寧質檢)在水平地面上運動的小車車廂底部有一質量為m1的木塊，木塊和車廂通過一根輕質彈簧相連接，彈簧的勁度系數(shù)為k，在車廂的頂部用一根細線懸掛一質量為m2的小球．某段時間內發(fā)現(xiàn)細線與豎直方向的夾角為θ，在這段時間內木塊與車廂保持相對靜止，如圖所示．不計木塊與車廂底部的摩擦力，則下列說法正確的是()A．小車可能向右做減速運動B．小車可能向右做加速運動C．在這段時間內彈簧的伸長量為eq\f(m1g,k)tanθD．在這段時間內彈簧的壓縮量為eq\f(m1g,k)tanθ【答案】AC【解析】由題意知，木塊、小車、小球相對靜止，具有相同的加速度，對小球進行受力分析，小球受重力和細線的拉力，在兩個力作用下小球在豎直方向處于平衡狀態(tài)，水平方向產(chǎn)生加速度，所以有Tsinθ＝ma，Tcosθ＝mg，可得小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向左，所以小車可能向左做加速運動，也可能向右減速運動，B錯誤，A正確；對m1分析知，m1的加速度水平向左，彈簧對m1必定有水平向左的拉力，所以彈簧一定處于伸長狀態(tài)，由牛頓第二定律有kx＝m1a，解得x＝eq\f(m1g,k)tanθ，C正確，D錯誤．綜合提升練習10．(多選)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量．兩球在空氣中從靜止開始下落，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【答案】BD11．如圖所示，光滑水平桌面上的布帶上靜止放著一質量m＝1.0kg的小鐵塊，它離布帶右端的距離為L＝0.5m，鐵塊與布帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.1．現(xiàn)用力從靜止開始向左以a0＝2m/s2(1)將布帶從鐵塊下抽出需要的時間；(2)鐵塊離開布帶時的速度大?。敬鸢浮?1)1s(2)1【解析】(1)設鐵塊離開布帶時，相對桌面移動的距離為x，布帶移動的距離為L＋x，鐵塊滑動的加速度為a，由牛頓第二定律得μmg＝ma，a＝μg＝1m/s根據(jù)運動學公式有L＋x＝eq\f(1,2)a0t2，x＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2L,a0－μg))＝1s．(2)由v＝at得鐵塊速度v＝1×1m/s＝1m/12．如圖甲所示，L形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，光滑表面BC與水平面夾角θ＝37°．木塊右側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數(shù)為正值；當力傳感器被拉時，其示數(shù)為負值．一個可視為質點的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關系如圖乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．(1)斜面BC的長度；(2)滑塊的質量；(3)滑塊在AB滑行的距離．【答案】(1)3m(2)2.5【解析】(1)分析滑塊受力，如圖所示，由牛頓第二定律得a1＝gsinθ＝6m/s通過題圖乙可知滑塊在斜面上運動的時間為t1＝1s，由運動學公式得s＝eq\f(1,2)a1te