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课时分层作业 八牛顿第二定律两类动力学问题(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。17题为单选题,810题为多选题)1.大小分别为1 N和7 N的两个力作用在一个质量为1 kg的物体上,物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是()A.1 m/s2和7 m/s2B.5 m/s2和8 m/s2C.6 m/s2和8 m/s2D.0 m/s2和8 m/s2【解析】选C。当两力反向时,合力最小,加速度最小,amin= m/s2=6 m/s2;当两力同向时,合力最大,加速度最大,amax= m/s2=8 m/s2,选项C正确。2.有研究发现,轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度,即加速度变化得越慢,乘客就会感到越舒适,加速度变化得越快,乘坐轿车的人就会感到越不舒适。若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢,则该物理量的单位是()A.m/sB.m /s2 C.m/s3D.m2/s【解析】选C。新物理量表示的是加速度变化的快慢,所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值,所以新物理量的单位应该是m/s3,选项C正确。3.(2018黄石模拟)如图,带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上,光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上,弹簧处于拉伸状态。现剪断细线,小球沿斜面向下运动的过程中 ()A.弹簧达到自然长度前加速运动,之后减速运动B.弹簧达到自然长度前加速运动,之后先加速运动后减速运动C.加速度先增大后减小D.加速度一直减小【解析】选B。在未剪断细线时,弹簧处于伸长状态,故弹簧对小球有向下的弹力,故剪断细线后小球先加速向下运动,加速度减小,当弹簧的弹力沿斜面向上且等于小球重力沿斜面向下的分力时,速度达到最大,小球继续向下运动,此后弹簧的弹力大于小球重力沿斜面向下的分力,小球做减速运动,并且加速度增大,选项B正确。4.如图所示,水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成,且AB=BC。小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面,最后恰好停在C点,已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为14,则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数1、2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看作匀变速直线运动)()A.14 B.81C.11 D.41【解析】选B。设B点的速度为vB,根据匀变速直线运动平均速度的推论有:t1=t2,又t1t2=14,解得:vB=,在AB上的加速度为:a1=1g=,在BC上的加速度为:a2=2g=,联立解得:12=81,故选B。5.(2018郑州模拟)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向右做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为。则m1的加速度大小为 ()A.B.C.D.【解析】选A。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=(m1+m2)a,所以a=,选项A正确。6.如图所示,质量为m的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上,另一端用轻质弹簧连在天花板上。轻绳处于水平位置,弹簧与竖直方向夹角为。已知重力加速度为g,则在剪断轻绳瞬间,小球加速度的大小为()A.0B.gsinC.gtanD.【解析】选C。以球为研究对象,如图所示,建立直角坐标系,将FOA分解,由平衡条件FOB-FOAsin=0,FOAcos-mg=0,联立解得FOB=mgtan剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化,小球所受的合外力是重力与弹力的合力,与原来细绳的拉力大小相等,方向相反,由牛顿第二定律得a=gtan,方向水平向右。【加固训练】如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有()A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4=gD.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g【解析】选C。在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4= =g,所以C正确。7.如图所示,50个大小相同、质量均为m的小物块,在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长,倾角为30,各物块与斜面的动摩擦因数相同,重力加速度为g,则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为()A.FB.FC.mg+FD.因为动摩擦因数未知,所以不能确定【解题指导】(1)本题考虑整体法与隔离法结合进行分析。(2)各小物块加速度相同,运动状态相同。【解析】选B。以50个物块为研究对象,根据牛顿第二定律F-50mgsin30-50mgcos30=50ma,以上面5个物块为研究对象,根据牛顿第二定律FN-5mgsin30-5mgcos30=5ma,联立可得FN=F,选项B正确。8.(2015全国卷)如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度【解析】选A、C、D。物块在上滑过程中有mgsin+mgcos=ma1,v0=a1t1;在下滑过程中有mgsin-mgcos=ma2,v1=a2(2t1-t1),由以上方程可以求出和,但不能求出物块的质量m,故A、C正确,B错误;由图象可得物块上滑的最大位移为x=v0t1,则上滑的最大高度为hmax=xsin=v0t1sin,故选项D正确。9.如图所示是一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定,下端连着一质量为m的物块A,A放在托盘B上,初始时全部静止,弹簧处于自然长度,现设法控制B的运动,使A匀加速下降,用x表示弹簧伸长量,用a表示A的加速度,则在能保持A匀加速下降的整个过程中(始终在弹簧弹性限度内),重力加速度为g,下列说法正确的有()A.B对A的作用力随弹簧伸长量x线性递增B.若a=,则弹簧最大形变量为C.B对A的最大作用力为m(g+a)D.物块A的高度下降了【解析】选B、D。随着托盘向下运动,弹簧的弹力增大,托盘支持力减小,A错误;当mg-F=ma,解得F=mg-ma=kx,解得x=,故B正确;由B项可知,B对A的最大作用力为F=mg-ma,故C错误;由mg-ma=kx得:x=,故物块的高度下降了,D正确。10.(2018肇庆模拟)受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上做直线运动,其v-t图线如图所示,则()A.在0t1时间内,外力F大小不断增大B.在t1时刻,外力F为零C.在t1t2时间内,外力F大小可能不断减小D.在t1t2时间内,外力F大小可能先减小后增大【解析】选C、D。v-t图象的斜率表示加速度,在0t1时间内,物体做加速度减小的加速运动,由牛顿第二定律得,F-f=ma,所以外力F不断减小,选项A错误;在t1时刻,加速度为零,外力F等于摩擦力f,选项B错误;在t1t2时间内,物体做加速度增大的减速运动,由牛顿第二定律得,f-F=ma,所以外力F可能不断减小,选项C正确;若物体静止前,外力F已减至零,则此后,外力F必再反向增大,选项D正确。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.(2016海南高考)水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B,两者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定,另一端跨过轻质动滑轮与A相连,动滑轮与B相连,如图所示。初始时,绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s,重力加速度大小为g。求:(1)物块B克服摩擦力所做的功。(2)物块A、B的加速度大小。【解析】(1)物块A移动了距离s,则物块B移动的距离为s1=s物块B受到的摩擦力大小为f=4mg物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=2mgs(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB,绳中的张力为T。由牛顿第二定律得F-mg-T=maA2T-4mg=4maB由A和B的位移关系得aA=2aB联立式得aA=aB=答案:(1)2mgs(2)【能力拔高题组】1.(8分)质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上,一细绳绕过皮带轮的皮带槽,一端系一质量为m的重物,另一端固定在桌面上。如图所示,工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计,桌面上绳子与桌面平行,则重物下落过程中,工件的加速度为 ()A.B.C.D.【解析】选A。相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,设绳子上的拉力为F,根据牛顿第二定律有:=2,解得:F=,工件加速度为:a=,所以A正确。2.(17分)神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后,返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回,返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降,穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降,这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比,比例系数(空气阻力系数)为k,所受空气浮力不变,且认为竖直降落,从某时刻开始计时,返回舱的v-t图象如图所示,图中AB是曲线在A点的切线,切线与横轴交点B的坐标为(8,0),CE是曲线AD的渐近线,假如返回舱总质量为M=400 kg,g取10 m/s2,求:(1)返回舱在这一阶段的运动状态。(2)在开始时刻v0=160 m/s时,它的加速度大小。(3)空气阻力系数k的数值。【解析】(1)由速度图象可以看出,图线的斜率逐渐减小到零,即做加速度逐渐减小的减速运动,直至匀速运动。(2)开始时v0=160 m/s,过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小,则a=|=| m/s2=20 m/s2故加速度大小为20 m/s2。(3)设浮力为F,由牛顿第二定律得在t=0时有k+F-Mg=Ma由图知返回舱的最终速度为v=4 m/s当返回舱匀速运动时有kv2+F-Mg=0故k=0.31答案:(1)先做加速度逐渐减小的减速运动,直至匀速运动(2)20 m/s2(3)0.31
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