第2讲
一、单项选择题
牛顿第二定律两类动力学问题
1.(2014·盐城调研)2013年6月20日,在“天宫一号”测出指令长聂海胜的质量.聂海胜受到恒定作用力F从静止开始运动,经时间t时,测速仪测出他运动的速率为v,则聂海胜的质量为
(A.
B.
)C. D.
2.如图所示,三个物块A、B、C的质量满足mA=2mB=3mC,A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连,A与
B之间用细绳相连.当系统静止后,突然剪断A、B间的细绳,则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正方向)()A. -g、2g、0 B. -2g、2g、0 C. -g、g、0
D. -2g、g、g
3.(2017·扬州中学)如图所示,一根轻弹簧竖直直立在水平地面上,下端固定,在弹簧的正上方有一个物块,物块从高处自由下落到弹簧上端O,将弹簧压缩,弹簧被压缩了x0时,物块的速度变为零.从物块与弹簧接触开始,物块的加速度的大小随下降的位移x变化的图象可能是下图中的()
A B
C
4.(2015·重庆卷)若货物随升降机运动的图象如图所示支持力与时间关系的图象可能是()
D
(竖直向上为正),则货物受到升降机的
1
A B
C D
5.(2015·山西四校联考)如图所示,在倾角为α＝30°的光滑固定斜面上,有两个质量均为m的小球A、B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接,现对A施加一水平向右的恒力,使A、B均静止在斜面上,此时弹簧的长度为L,下列说法中正确的是()
A.弹簧的原长为B.水平恒力大小为
L+mg
A的加速度为gB的加速度为g
C.撤掉恒力的瞬间小球D.撤掉恒力的瞬间小球二、多项选择题
6.如图所示,总质量为460kg的热气球从地面刚开始竖直
上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/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,重力加速度取g=10m/s2.关于热气球,下列说法中正确的是()A. 所受浮力大小为
4830N
5m/s
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10s后的速度大小为
D. 以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
7.(2017·木渎中学)物体原来静止在水平地面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.根据题目提供的信息,下列说法中正确的是()
A. 物体的质量m=2 kg
B. 物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.6 C. 物体与水平面的最大静摩擦力fmax=12 N D. 在F为10 N时,物体的加速度a=2.0 m/s
8.(2016·江苏卷)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中()
.
2
A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D. 若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
9.(2015·海南卷)如图所示,升降机内有一固定斜面动,物块相对斜面匀速下滑,当升降机加速上升时
,斜面上放一物体,开始时升降机做匀速运()
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑
三、非选择题
10.(2016·沭阳中学)在风洞实验室中进行如图所示的实验.在倾角为37°的固定斜面上,有一个质量为1 kg的物块,在风洞施加的水平恒力F作用下,从A点由静止开始运动,经过1.2 s到达B点时立即关闭风洞,撤去恒力F,物块到达C点时速度变为零.通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度,下表给出了部分数据:
t/sv/(m·s-1)
0.00.0
0.21.0
0.42.0
0.63.0
……
1.44.0
1.62.0
1.80.0
……
取sin 37=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2.求:°(1)A、C两点间的距离.(2)水平恒力F的大小.
11.(2015·苏州一模)如图所示,足够长的斜面倾角θ＝37°,一物体以v0=12 m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上运动,加速度大小a=8.0 m/s2.取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37°=0.8.°求:(1)物体沿斜面向上滑行的最大距离.(2)物体与斜面间的动摩擦因数.
(3)物体沿斜面到达最高点后返回过程中的加速度大小
.
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题
3
1.B【解析】聂海胜受到恒定作用力
,其运动的加速度为
F后做初速度为零的匀加速直线运动a=,根据牛顿第二定律有
,根据匀变速直
线运动速度公式可知海胜的质量为2.C
F=ma,联立以上两式解得聂
m=,故B正确.
F=(mA+mB+mC)g,A、B间
,
【解析】系统静止时,A物块受重力GA=mAg,弹簧向上的拉力
细绳的拉力FAB=(mB+mC)g,B、C间弹簧的弹力即弹力不变,由牛顿第二定律
,对物块
FBC=mCg.剪断细绳的瞬间,弹簧形变来不及恢复
A有F-GA=mAaA,解得aA=g,方向竖直向上
;对B有
FBC+GB=mBaB,解得aB=g,方向竖直向下;剪断细绳的瞬间3.D
C的受力不变,其加速度为零.
,合力向下,加速度
【解析】物块接触弹簧后,在开始阶段,物块的重力大于弹簧的弹力
向下,根据牛顿第二定律得mg-kx=ma,得到a=g-x,a与x是线性关系,当x增大时,a减小;当弹力
,物块的合力向上,加速度向上,根
等于重力时,物块的合力为零,加速度a=0;当弹力大于重力后据牛顿第二定律得
,kx-mg=ma,得到a=x-g,a与x是线性关系,当x增大时,a增大.若物块接触弹
g,方向竖直向上,当小,加速度增大,大于g,故
簧时无初速度,根据对称性,可知物块运动到最低点时加速度大小等于球以一定的初速度压缩弹簧后A、B、C错误,D正确.
,物块到达最低点时
,弹簧的压缩量增大
4.B【解析】根据速度时间图线可知,货物先向下做匀速直线运动,根据牛顿第二定律得mg-F=ma,解得F=mg-ma 【解析】分析小球B受力,由平衡条件可得 kx=mgsin α,解得x=,弹簧的原长为 L-x=L-,A 项错误;分析小球A受力,由平衡条件可得Fcos α=mgsin α+kx,解得F=mg,B项错误;撤去F的瞬 aA=g,C 间,弹簧弹力不变,故B球的加速度为零,由mgsin α+kx=maA可得小球A此时的加速度为项正确. 6.AD【解析】对初始状态F浮-mg=ma,则所受浮力大小为4830N,A正确;上升过程空气阻 力不断增大,气球的加速度逐渐减小,B错误;由于气球做的是加速度减小的变加速运动,开始上升10s后的速度小于5m/s,C错误;以5m/s匀速上升时F浮-mg=F阻,F阻=230N,D正确.7. AD【解析】由图可知,当F=7 N时,a=0.5 m/s2,当F=14 N时,a=4 m/s2,由牛顿第二定律得F-f=ma,7-f=0.5m,14-f=4m,联立解得m=2 kg,f=6 N,选项A正确,C错误;由f=μmg,解得μ＝0.3,选项 2 B错误;由牛顿第二定律F-f=ma,在F为10 N时,物体的加速度a=2.0 m/s,选项D正确. 4 8. BD【解析】猛地拉动时,桌布运动快,鱼缸对桌布的摩擦力向左,鱼缸受摩擦力向右,A项错误;由于鱼缸、桌布和桌面两两间动摩擦因数相同,鱼缸先加速后减速的加速度大小相等,故鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等,B项正确;猫增大拉力,鱼缸还是受到滑动摩擦力,大小不变,C项错误;猫减小拉力,当静摩擦力足以提供鱼缸运动的加速度时,鱼缸和桌布相对静止一起加速,D项正确. 9.BD【解析】当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=μＦN可知接触面间的正压力增大,物体与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物体的质量为m,当匀速运动时有mgsin θ=μmgcos θ,即sin θ=μcos θ,假设物体以加速度a向上运动时,有N=m(g+a) cos θ,f=μｍ(g+a)cos θ,因为sin θ=μcos θ,所以m(g+a)sin θ=μｍ(g+a)cos θ,故物体仍做匀速下滑运动,C项错误,D项正确.10.(1) 5.4 m(2) 30 N 【解析】(1)物块做匀加速运动过程的加速度a1== m/s2=5 m/s2, 关闭风洞后物块做匀减速运动a2== m/s2 =-10 m/s2 ,t2=t总-t1=1.8 s-1.2 s=0.6 s,匀加速过程的位移x1=a1=×5×1.22 m=3.6 m, 匀减速过程的位移 x2== m=1.8 m. 故A、C两点间的距离为 x=x1+x2=3.6+1.8 m=5.4 m. (2)由牛顿第二定律得匀加速过程Fcos 37-mg°sin 37-μ°(mgcos 37+Fsin 37°)=ma°1,匀减速过程 -(mgsin 37+°μmgcos 37)=ma°2,联立解得F=30 N.11.(1) 9 m (2) 0.25 (3) 4 m/s 2 【解析】(1)根据=2ax, 求出x=9 m. (2)物体沿斜面向上运动时受力如图甲所示,根据牛顿第二定律 mgsin θ+μN=ma,N=mgcos θ,求出μ＝0.25. (3)物体沿斜面向下运动时受力如图乙所示,根据牛顿第二定律 mgsin θ-μN=ma',N=mgcos θ,求出a'=4 m/s2. 5 6
高考物理大一轮复习配套检测：第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题Word版含答案
