优化探究新课标2017届高三物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题知能提升演练.doc

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1、牛顿第二定律 两类动力学问题 随堂反馈1.如图所示，一物块从某一高度自由落下，落在竖立于地面的轻弹簧上物块在A处开始与弹簧接触，到B处时物块速度为零，然后被弹回下列说法正确的是()A物块从A处下降到B处的过程中，速率不断减小B物块从B处上升到A处的过程中，速率不断增大C物块在B处时，所受合力为零D物块从A处下降到B处的过程中速率先增大，后减小解析：物块在A处与弹簧接触后，刚开始一段时间内弹簧对物块的支持力比重力小，物块所受的合力方向竖直向下，物块竖直向下做加速运动，速度不断增大，选项A错误；随着物块向下运动，合力减小，加速度减小，当加速度为零时，速度最大；之后物块继续压缩弹簧，合力方向改为竖直

2、向上，与速度方向相反，物块竖直向下做减速运动，到B处时速度为零，选项D正确；物块在B处时，所受合力最大，选项C错误；物块从A处下降到B处与从B处上升到A处互为逆运动，即物块从B处上升到A处的过程中速率先增大，后减小，选项B错误答案：D2.(2016泉州五校联考)如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()A0B.gCg D.g解析：开始小球处于平衡状态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FNmgcos 30Fsin 30，Fcos 30mgsin

3、30，解得FNmg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为g，B正确答案：B3.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()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C小物块受到的滑动摩擦力为mgmaD小物块受到的静摩擦力为ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间

4、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Ffmgsin 30ma，Ffmgma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误答案：A4.如图所示，质量M8 kg的小车放在光滑的水平平面上，在小车左端加一水平推力F8 N当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长求：(g取10 m/s2)(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度大小；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放在小车上开始，经过t1.5 s小物块通过的位移大小解析：(1)小物块的

5、加速度amg2 m/s2小车的加速度aM0.5 m/s2.(2)由amtv0aMt得t1 s.(3)在开始1 s内小物块的位移x1amt21 m最大速度vamt2 m/s在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度a0.8 m/s2这0.5 s内的位移x2vt1at1.1 m通过的总位移xx1x22.1 m.答案：(1)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m5.设某一舰载机的质量为m2.5104 kg，着舰速度为v042 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a00.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动(1)舰载机

6、着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机如图所示为舰载机钩住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F1.2105 N，减速的加速度a120 m/s2，此时阻拦索夹角106，空气阻力和甲板阻力保持不变求此时阻拦索承受的张力大小(已知sin 530.8，cos 530.6)解析：(1)设甲板的长度至少为s0，则由运动学公式得v2a0s0，故s0代入数据可得s01 102.5 m.(2)舰载机受力分析如图所示，其中F

7、T为阻拦索的张力，Ff为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2FTcos 53FfFma1舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时Ffma0联立可得FT5105 N.答案：(1)1 102.5 m(2)5105 N课时作业一、单项选择题1在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值x1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是()Aa m/s2120 m/s2Ba m/s21.2 m/s2CF5001.2 N600 NDF0.51.20.60 N解析：在应用公式进行数量运算的同时，也要把

8、单位带进运算带单位运算时，单位换算要准确可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是国际单位制单位，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可选项A中x1.2 cm没用国际单位制表示，C项中的小车质量m500 g没用国际单位制表示，D项中运算过程中没有加单位，所以只有选项B正确答案：B2.放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图所示，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动设A、B的质量分别为m、M，则弹簧测力计的示数为()A. B.C.M D.M解析：先以A、B整体为研

9、究对象，它们受到竖直向下的重力(Mm)g，竖直向上的支持力FN(Mm)g，水平向左的拉力F，水平向右的摩擦力FfFN(Mm)g.对A、B整体受力分析得FFf(Mm)a.再以B为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力FNMg，水平向左的弹簧拉力F，水平向右的摩擦力FfFNMg.由牛顿第二定律得FFfFMgMa，ag，将代入整理得F，所以选项B正确答案：B3.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A两图中两球加速度均为gsin

10、B两图中A球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin ，加速度为2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin ，加速度均为gsin ，可知只有D对答案：D4.(2014高考新课标全国卷)如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(

11、橡皮筋在弹性限度内)与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()A一定升高B一定降低C保持不变D升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析：本题考查了牛顿第二定律与受力分析设橡皮筋原长为l0，小球静止时设橡皮筋伸长x1，由平衡条件有kx1mg，小球距离悬点高度hl0x1l0.加速时，设橡皮筋与水平方向夹角为，此时橡皮筋伸长x2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx2sin mg，小球距离悬点高度h(l0x2)sin l0sin ，因此小球高度升高了答案：A5.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)已知力F与水平方向的

12、夹角为.则m1的加速度大小为()A. B.C. D.解析：把m1、m2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcos (m1m2)a，所以a，选项A正确答案：A二、多项选择题6(2016绵阳一诊)如图，光滑斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，质量相同的A、B两物体由轻弹簧连接，放在斜面上，最初处于静止状态现用一平行于斜面的力F拉B物体沿斜面向上做匀加速直线运动，以B物体初始位置为坐标原点、沿斜面向上建立Ox坐标轴，在物体A离开挡板之前(弹簧一直处于弹性限度内)，外力F和挡板对A物体的支持力FN随B物体的位置坐标x的变化关系图线正确的是()解析：A、B设原系统静止时弹簧的压缩长度

13、为x0，当木块B的位移为x时，弹簧的压缩长度为(x0x)，弹簧的弹力大小为k(x0x)，根据牛顿第二定律得Fk(x0x)mgsin ma得到Fkxkx0mamgsin ，又kx0mgsin ，则得到Fkxma可见F与x是线性关系，当x0时，kxma0，故A正确，B错误；对A进行受力分析，沿斜面方向，FNmgsin k(x0x)，弹簧弹力减小，所以弹力FN也减小且与x是一次函数，故C错误，D正确答案：AD7质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后

14、释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin )gDM运动的加速度大小为g解析：互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsin mg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有FTmgsin ma，又FTFT，解得ag(1sin )g，FTmg，故A错，B、C、D对答案：BC8.(2016山东师大附中质检)如图所示，质量为m1 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F2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)()A物体经10 s速度减为零B物体经

15、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：物体受到向右的滑动摩擦力，FfFNG3 N，根据牛顿第二定律得a m/s25 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t s2 s，B正确，A错误减速到零后，FFf，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误答案：BC9(2014高考江苏卷)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则()A当F2mg时，A、B都相对地面静止B当Fmg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑

16、动D无论F为何值，B的加速度不会超过g解析：对A、B整体应用牛顿第二定律，有F3mg3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，2mg3mgma，两式联立解得F3mg，可见，当F3mg时，A相对B才能滑动，C对对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为mg，故当mgF3mg时，A、B相对地面运动，故A错当Fmg时，A、B相对静止，对整体有mg3mg3ma，ag，故B正确无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2mg，故B的最大加速度aBmg，可见D正确答案：BCD三、非选择题10.质量m4 kg的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F40 N作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图所示已知斜

17、面足够长，倾角37，物块与斜面间的动摩擦因数0.2.力F作用了5 s，求物块在5 s内的位移及它在5 s末的速度(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析：如图，对物块受力分析，建立直角坐标系，把重力mg沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解沿平行于斜面方向：Fmgsin Ffma沿垂直于斜面方向：FNmgcos 又有FfFN由得a2.4 m/s2.物块从静止开始沿斜面做匀加速运动，5 s内的位移xat22.452 m30 m.5 s末的速度vat12 m/s.答案：30 m12 m/s11质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳

18、上套着一质量为m的小铁环已知重力加速度为g，不计空气影响(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲所示，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示求此状态下杆的加速度大小a；为保持这种状态，需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？解析：(1)如图甲所示，设平衡时绳中拉力为FT，有2FTcos mg0由图知cos 由式解得FTmg(2)此时，对小铁环受力分析如图乙所示，有FTsin maFTFTcos mg0由图知cos 代入式解得ag如图丙所示，设外力F与水平方向成角，将杆和小铁环当成一个整体，有Fcos (Mm)

19、aFsin (Mm)g0由式解得F(Mm)g，tan (或60)答案：(1)mg(2)g(Mm)g与水平方向成60角12如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量M4 kg，长度L2 m，小物块质量m1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5 N时，才能让两物体间产生相对滑动设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g取10 m/s2，试求：(1)小物块和长木板间的动摩擦因数；(2)若一开始力F就作用在长木板上，且F12 N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？解析：(1)设两物体间的最大静摩擦力为Ff，当F2.5 N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有F(Mm)a对长木板由牛顿第二定律有FfMa由可得Ff2 N小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力FNmg，摩擦力Ffmg得0.2(2)当F12 N作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a1、a2，对长木板，由牛顿第二定律有FFfMa1得a12.5 m/s2对小物块，由牛顿第二定律有Ffma2得a22 m/s2由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移分别为s1a1t2s2a2t2小物块刚滑下长木板时，有s1s2L由式解得t2 s.答案：(1)0.2(2)2 s10