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教育最新2018年高考物理大一轮复习第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题课时规范训练

小学+初中+高中

第 2 节 牛顿第二定律 两类动力学问题
课时规范训练 [基础巩固题组] 1.物块 A 放置在与水平地面成 30°角倾斜的木板上时,刚好可以沿斜面匀速下滑;若 该木板与水平面成 60°角倾斜, 取 g=10 m/s , 则物块 A 沿此斜面下滑的加速度大小为( A.5 3 m/s
2 2

)

B.3 3 m/s
2

2

C.(5- 3) m/s

D.

10 3 2 m/s 3

解析:选 D.由物块在倾角为 30°的木板上匀速下滑,得 Ff=mgsin θ ,又 FN1=mgcos 30°,Ff=μ FN1,求得动摩擦因数 μ = 3 ;在倾角为 60°的木板上物块加速下滑,有 FN2 3

10 2 =mgcos 60°,mgsin 60°-μ FN2=ma,求得 a= 3 m/s ,D 对. 3 2.(多选)如图所示,质量为 m=1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3,当 物体运动的速度为 10 m/s 时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为 F=2 N 的恒力,在 此恒力作用下(取 g=10 m/s )(
2

)

A.物体经 10 s 速度减为零 B.物体经 2 s 速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动 解析:选 BC.物体受到向右的滑动摩擦力,Ff=μ FN=μ G=3 N,根据牛顿第二定律得,

F+Ff 2+3 2 v0 10 2 a= = m/s =5 m/s ,方向向右,物体减速到 0 所需的时间 t= = s=2 s,B m 1 a 5
正确,A 错误.减速到零后,F<Ff,物体处于静止状态,不再运动,C 正确,D 错误. 3.如图所示,a、b 两物体的质量分别为 m1 和 m2,由轻质弹簧相连.当用恒力 F 竖直向 上拉着 a,使 a、b 一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为 x1,加速度大小为 a1;当 用大小仍为 F 的恒力沿水平方向拉着 a,使 a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时, 弹簧伸长量为 x2,加速度大小为 a2.则有( )

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A.a1=a2,x1=x2 C.a1=a2,x1>x2

B.a1<a2,x1=x2 D.a1<a2,x1>x2

解析:选 B.对 a、b 物体及弹簧整体分析,有:

F- m1+m2 g F F a1= = -g,a2= , m1+m2 m1+m2 m1+m2
可知 a1<a2, 再隔离 b 分析,有:F1-m2g=m2a1,解得:F1=

m2F , m1+m2

m2F F2=m2a2= ,可知 F1=F2,再由胡克定律知,x1=x2.所以 B 选项正确. m1+m2
4.如图所示,质量分别为 m、2m 的小球 A、B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯 内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线中的拉力为 F,此时突然剪断细线.在 线断的瞬间,弹簧的弹力大小和小球 A 的加速度大小分别为( )

A. C.

2F 2F , +g 3 3m 2F F , +g 3 3m

F 2F B. , +g 3 3m
D. , +g 3 3m

F

F

解析:选 A.在细线剪断前,对 A、B 及弹簧整体由牛顿第二定律有 F-3mg=3ma,对 B 2F 由牛顿第二定律得 F 弹-2mg=2ma, 由此可得 F 弹= ; 细线被剪断后的瞬间, 弹簧弹力不变, 3 2F 此时对 A 球来说,受到向下的重力和弹力,则有 F 弹+mg=maA,解得 aA= +g,故 A 正确. 3m 5.(多选)如图所示,A、B 球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为 θ 的斜面光滑, 系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是( )

A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为 gsin θ

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小学+初中+高中 B.B 球的受力情况未变,瞬时加速度为零 C.A 球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为 2gsin θ D.弹簧有收缩的趋势,B 球的瞬时加速度向上,A 球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都 不为零 解析:选 BC.对 A、B 整体受力分析,细线烧断前细线对 A 球的拉力 FT=2mgsin θ ,细 线烧断瞬间,弹簧弹力与原来相等,B 球受力平衡,aB=0,A 球所受合力与 FT 等大反向,则

FT=2mgsin θ =maA,解得 aA=2gsin θ ,A、D 错误,B、C 正确.
6.一质量为 m=2 kg 的滑块能在倾角为 θ =30°的足够长的斜面上以 a=2.5 m/s 匀 加速下滑.如右图所示,若用一水平向右的恒力 F 作用于滑块,使之由静止开始在 t=2 s 内能沿斜面运动位移 x=4 m.求:(g 取 10 m/s )
2 2

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数 μ ; (2)恒力 F 的大小. 解析:(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示,根据牛顿第二定律可得:

mgsin 30°-μ mgcos 30°=ma
解得:μ = 3 . 6

(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.当加速度沿斜面 向上时,受力分析如图乙所示,Fcos 30°-mgsin 30°-μ (Fsin 30°+mgcos 30°)=ma1, 根据题意可得 a1=2 m/s , 76 3 代入数据得:F= N 5 当加速度沿斜面向下时(如图丙):
2

mgsin 30°-Fcos 30°-μ (Fsin 30°+mgcos 30°)=ma1
4 3 代入数据得:F= N. 7

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答案:(1)

3 6

76 3 4 3 (2) N或 N 5 7 [综合应用题组]

7.(多选)如图所示,总质量为 460 kg 的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为 0.5 m/s ,当热气球上升到 180 m 时,以 5 m/s 的速度向上匀速运动,若离开地面后热气球 所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度 g 取 10 m/s .关于热气球, 下列说法正确的是( )
2 2

A.所受浮力大小为 4 830 N B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C.从地面开始上升 10 s 后的速度大小为 5 m/s D.以 5 m/s 的速度匀速上升时所受空气阻力大小为 230 N 解析:选 AD.热气球从地面刚开始上升时,速度为零,不受空气阻力,只受重力、浮力, 由牛顿第二定律知 F-mg=ma,得 F=4 830 N,选项 A 正确;随着热气球速度逐渐变大,其 所受空气阻力发生变化(变大),故热气球并非匀加速上升,其加速度逐渐减小,故上升 10 s 后速度要小于 5 m/s,选项 B、C 错误;最终热气球匀速运动,此时热气球所受重力、浮力、 空气阻力平衡,由 F=mg+f 得 f=230 N,选项 D 正确. 8.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择.若某一缆车沿着坡度为 30°的山坡以加速度 a 上行,如图所示.在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放 一个质量为 m 的小物块,小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行).则 ( )

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小学+初中+高中 A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 1 C.小物块受到的滑动摩擦力为 mg+ma 2 D.小物块受到的静摩擦力为 ma 解析:选 A.小物块相对斜面静止,因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力.缆车以 加速度 a 上行,小物块的加速度也为 a,以物块为研究对象,则有 Ff-mgsin 30°=ma,Ff 1 = mg+ma,方向平行斜面向上,故 A 正确,B、C、D 均错误. 2 9. 质量 1 kg 的小物块, 在 t=0 时刻以 5 m/s 的初速度从斜面底端 A 点滑上倾角为 53° 1 的斜面,0.7 s 时第二次经过斜面上的 B 点,若小物块与斜面间的动摩擦因数为 ,则 AB 间 3 的距离为(已知 g=10 m/s ,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)( A.1.05 m C.2.03 m B.1.13 m D.1.25 m
2

)

解析:选 B.物块沿斜面上滑和下滑时,加速度分别为:a1=g(sin θ +μ cos θ )=10 m/s ,a2=g(sin θ -μ cos θ )=6 m/s ,物块滑到最高点所用时间为:t1= =0.5 s,位 1 2 移为:x1= a1t1=1.25 m,物块从最高点滑到 B 点所用时间为:t2=t-t1=0.2 s,位移为: 2
2 2

v0 a1

x2= a2t2 2=0.12 m,所以 AB 间的距离为 x1-x2=1.13 m,选项 B 对.
10.(多选)质量 m=2 kg、初速度 v0=8 m/s 的物体沿着粗糙的水平面向右运动,物体 与水平面之间的动摩擦因数 μ =0.1, 同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉 力 F 的作用,水平向右为拉力的正方向.则以下结论正确的是(取 g=10 m/s )(
2

1 2

)

A.0~1 s 内,物体的加速度大小为 2 m/s B.1~2 s 内,物体的加速度大小为 2 m/s C.0~1 s 内,物体的位移为 7 m D.0~2 s 内,物体的总位移为 11 m

2

2

解析:选 BD.由题图可知,在 0~1 s 内力 F 为 6 N,方向向左,由牛顿运动定律可得 F +μ mg=ma,解得加速度大小 a=4 m/s ,在 1~2 s 内力 F 为 6 N,方向向右,由牛顿运动 定律可得 F-μ mg=ma1,解得加速度大小 a1=2 m/s ,所以选项 A 错误,B 正确;由运动关 小学+初中+高中
2 2

小学+初中+高中 系可知 0~1 s 内位移为 6 m,选项 C 错误;同理可计算 0~2 s 内的位移为 11 m,选项 D 正确. 11.声音在空气中的传播速度 v 与空气的密度 ρ 、压强 p 有关,下列速度的表达式(k 为比例系数,无单位)中正确的是( A.v=k ρ C.v= ) B.v=

p kρ p

kp
ρ

D.v= kpρ

解析:选 B.可把 p、ρ 的单位用基本单位表示,代入进行单位运算,看得出的单位是 N kg·m/s 否是 v 的单位.压强 p 的单位用基本单位表示为 Pa= 2= ,密度 ρ 的单位用基本 2 m m kg p m 单位表示为 3 ,所以 的单位为 2,易知 B 正确. m ρ s 12.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 m,B 点距 C 点的距离 L=2.0 m(滑块经过 B 点时没有能量损失,g 取 10 m/s ),求:
2 2 2

(1)滑块在运动过程中的最大速度; (2)滑块与水平面间的动摩擦因数 μ ; (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 点时速度最大为 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: mgsin 30°=ma1

v2 m=2a1

,解得 vm=4 m/s. sin 30°

h

(2)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:μ mg=ma2

v2 m=2a2L,解得 μ =0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为 t1,有 vm=a1t1,解得

vm t1= =0.8 s a1
由于 t>t1,故滑块已经经过 B 点,做匀减速运动的时间为 t-t1=0.2 s 设 t=1.0 s 时速度大小为 v,有

v=vm-a2(t-t1),解得 v=3.2 m/s.
答案:(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s 小学+初中+高中