2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律微专题22动力学两类基本问题二加练半小时粤教版.docx

微专题22 动力学两类基本问题（二）1若要求汽车空载时的制动距离是：当速度为50km/h时，客车不超过19m，卡车不超过21m如果客车和卡车质量之比为1921，制动时所受阻力不变，在刚好满足上述要求时，客车和卡车()A所受阻力之比为1921B加速度之比为2119C所受阻力做功之比为2119D制动时间之比为21192(2018四川泸州一检)如图1所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半则小物块与AB段间的动摩擦因数1和其与BC段间的动摩擦因数2的比值为()图1A1B2C3D43如图2所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置在光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成角则下列说法正确的是()图2A小铁球受到的合外力方向水平向左B凹槽对小铁球的支持力为C系统的加速度为agtanD推力FMgtan4(多选)(2017四川自贡一诊)如图3所示，竖直挡板对小球的弹力为N1，小车斜面对小球的弹力为N2.若小车向左加速运动且加速度a逐渐增加，则()图3AN2逐渐减小BN2不变CN1逐渐增大DN1与N2的合力有可能不变5(2017江西南昌一模)在倾角37的粗糙斜面上有一质量m2kg的物块，物块受如图4甲所示的水平方向恒力F的作用，t0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t4s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x18m，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：图4(1)物块在A点的速度大小；(2)水平恒力F的大小6(2017湖南省十三校第一次联考)如图5所示，质量为10kg的环在F140N的恒定拉力作用下，沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动，环与杆之间的动摩擦因数0.5，拉力F与杆以及杆与水平地面的夹角都为37，力F作用一段时间后撤去，环在杆上继续上滑了0.5s后，速度减为零，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8，杆足够长，求：图5(1)拉力F作用的时间；(2)环运动到杆底端时的速度大小7在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v04m/s的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L0.6 m的正方形薄板，小车在到达薄板前某处立即关闭电源，靠惯性运动x3 m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为10.2，薄板与水平面之间的动摩擦因数20.1，小车质量M为薄板质量m的3倍，小车可看成质点，重力加速度g10 m/s2，求：(1)小车冲上薄板时的速度大小；(2)小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小答案精析1B由v22ax，可得客车和卡车制动时的加速度之比为2119，选项B正确；根据牛顿第二定律fma，可得所受阻力之比11，选项A错误；由Wffx，可得所受阻力做功之比为1921，选项C错误；由vat可得制动时间之比为1921，选项D错误2C设小物块在A点时速度大小为v，ABBCl，则在B点时速度大小为v，由运动学公式有v2(v)221gl，(v)222gl，解得132，C正确3C根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度，对小铁球受力分析如图所示，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为N，选项A、B错误；小铁球所受的合外力为F合mgtan，由牛顿第二定律得agtan，选项C正确；分析凹槽和小铁球整体，应用牛顿第二定律得F(Mm)a(Mm)gtan，选项D错误4BC对小球进行受力分析，作出受力图：重力mg、竖直挡板对小球的弹力N1、斜面小车对球的弹力N2.设加速度大小为a，斜面的倾角为.根据牛顿第二定律得：竖直方向：mgN2cos水平方向：N1N2sinma由看出，m、不变，则N2不变由得，N1N2sinma.则向左加速运动且加速度a逐渐增加时，N1逐渐增大故B、C正确，A、D错误5(1)5m/s(2)10.1N解析(1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，物块在斜面上的运动逆向思维为匀加速运动，则xvta1t2解得a10.25m/s2物块在A点的速度为v0va1t5m/s(2)设物块与各接触面间的动摩擦因数为，物块在水平面上运动时，有mgma2由题图乙可知a22m/s2解得0.2物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为f，则Fcosmgsinfma1fNNmgcosFsin解得F10.1N.6(1)1s(2)m/s解析(1)撤去拉力F后，mgsinmgcosma2，0v1a2t2，解得v15m/s.撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向)：Fcosmgsin(Fsinmgcos)ma1，v1a1t1，所以t11s(2)根据牛顿第二定律可得：mgsinmgcosma3x(t1t2)，v22a3x，联立解得vm/s7(1)2m/s(2)1.25m解析(1)设小车关闭电源后加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：1MgMa1设小车刚冲上薄板时速度为v1，由运动学公式，有：vv2a1x联立，得：v12m/s(2)小车冲上薄板后，薄板上下两表面受到的摩擦力方向相反，设薄板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：1Mg2(Mm)gma2小车冲上薄板后，薄板以a2加速，车仍以a1减速，设经时间t两者共速，则：v1a1ta2t联立并代入数据，得：t0.5s则此时小车和薄板的速度大小v21m/s该段时间，小车的位移：x1t0.75m；薄板的位移：x2a2t20.25m由于x1x2L，所以小车未滑出薄板接着小车与薄板共同减速，设加速度大小为a3，有：2(Mm)g(Mm)a3设车与薄板共同减速的位移大小为x3，有：v2a3x3式联立解得x30.5m所以小车从刚冲上薄板到停止时位移的大小：xx1x31.25m