(新课标)202x高考物理总复习 课时检测(十五)动力学的两类基本问题(重点突破课)(含解析)
河南省新课标高考物理总复习课件 第3章-第2讲两类动力学问题 超重和失重
2．一个联系桥梁
加速度 是联系力和运动的桥梁 ________
3．两个关键
受力 分析和___________ 运动过程 分析 _______
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4．求解思路
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(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同．(×) (2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始 作用瞬间，物体立即获得加速度．(√) (3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)
图 3－2－3
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A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
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【解析】 对降落伞，匀速下降时受到的重力 mg、绳的拉力 FT 和浮力 F 平衡，即 FT＝F－mg.在喷气瞬间，喷气产生的反冲 力向上，使降落伞减速运动，设加速度大小为 a，对降落伞应用 牛顿第二定律：F－FT′－mg＝ma，FT′＝F－mg－ma<FT，故 A 正确，B 错误．加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故 D 错误．合外力方向向上、位移方向向下，做负功，故 C 错误．
【答案】
B
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2．(多选)质量 m＝1 kg 的物体在光滑平面上运动，初速度大 小为 2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过 t＝1 s， 速度大小变为 4 m/s，则这个力的大小可能是( A．2 N C．6 N B．4 N D．8 N )
(新课标)2018年高考物理总复习 课时达标检测(十六)动力学的两类基本问题(重点突破课)
课时达标检测(十六) 动力学的两类基本问题 (重点突破课)一、单项选择题1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N解析：选C 汽车的速度v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，设汽车匀减速的加速度大小为a ，则 a ＝v 0t ＝5 m/s 2，对乘客由牛顿第二定律得F ＝ma ＝70×5 N＝350 N ，所以C 正确。
2．用40 N 的水平力F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg 的物体，力F 作用 3 s 后撤去，则第5 s 末物体的速度和加速度的大小分别是( )A ．v ＝6 m/s ，a ＝0B ．v ＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2C ．v ＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2D ．v ＝10 m/s ，a ＝0解析：选A 由牛顿第二定律可知，在前3 s 内物体的加速度a ＝F m ＝2 m/s 2 ,3 s 末的速率v ＝at ＝6 m/s ，当外力F 撤去后，加速度变为零，物体的速率保持不变为6 m/s ，选项A 正确。
3.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12mg ＋ma 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。
人教版2020高考物理一轮总复习课时冲关八牛顿第二定律两类动力学问题含解析新人教版2019060622
牛顿第二定律 两类动力学问题[A 级－基础练]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/s 2和7 m/s 2B ．5 m/s 2和8 m/s 2C ．6 m/s 2和8 m/s 2D ．0 m/s 2和8 m/s 2解析：C [当两力反向时，合力最小，加速度最小，a min ＝7－11 m/s 2＝6 m/s 2；当两力同向时，合力最大，加速度最大，a max ＝7＋11m/s 2＝8 m/s 2，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/s 2C ．m/s 3D ．m 2/s解析：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/s 3，选项C 正确．]3．(2018·山东枣庄质检)有一轻质橡皮筋下端挂一个铁球，手持橡皮筋的上端使铁球竖直向上做匀加速运动，若某时刻手突然停止运动，则下列判断正确的是( )A ．铁球立即停止上升，随后开始向下运动B ．铁球立即开始向上做减速运动，当速度减到零后开始下落C ．铁球立即开始向上做减速运动，当速度达到最大值后开始下落D ．铁球继续向上做加速运动，当速度达到最大值后才开始做减速运动解析：D [铁球匀加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止运动瞬间，铁球由于惯性继续向上运动，开始阶段橡皮条的拉力还大于重力，合力竖直向上，铁球继续向上加速运动，当拉力等于重力后，速度达到最大值，之后拉力小于重力，铁球开始做减速运动，故A 、B 、C 错误，D 正确．]4．(2018·莱州质检)如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F 1和车右壁受弹簧的压力F 2的大小变化是( )A ．F 1不变，F 2变大B ．F 1变大，F 2不变C ．F 1、F 2都变大D ．F 1变大，F 2减小解析：B [若小车向右的加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F 1增大，车右壁受弹簧的压力F 2的大小不变，B 正确．]5．(2019·广西南宁模拟)如图所示，车内轻绳AB 与BC 拴住一小球，BC 水平，开始车在水平面上向右做匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )A ．AB 绳、BC 绳拉力都变小 B ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变 C ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变小D ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大解析：C [对球B 受力分析，受重力、BC 绳子的拉力F T2、AB 绳子的拉力F T1，如图所示，根据牛顿第二定律，水平方向：F T2－F T1sin θ＝ma竖直方向：F T1cos θ－mg ＝0 解得F T1＝mgcos θ，AB 绳子的拉力不变F T2＝mg tan θ＋ma匀速时加速度为零，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC 绳子的拉力变小，故C 正确，A 、B 、D 错误．]6．(2019·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：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．]7.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1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P 物块在AB 、BC 上所做两段运动可看做匀变速直线运动)( )A ．1∶4B ．8∶1C ．1∶1D ．4∶1解析：B [设B 点的速度为v B ，根据匀变速直线运动平均速度的推论有：v 0＋v B 2t 1＝v B2t 2，又t 1∶t 2＝1∶4，解得：v B ＝v 03，在AB 上的加速度大小为：a 1＝μ1g ＝v 0－v Bt 1，在BC 上的加速度大小为：a 2＝μ2g ＝v Bt 2，联立解得：μ1∶μ2＝8∶1，故选B.]8．(2019·吉林调研)如图所示，质量为4 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1 kg 的物体B 用细线悬挂起来，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为(g 取10 m/s 2)( )A ．0B ．8 NC ．10 ND ．50 N解析：B [剪断细线前，物体A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝40 N ，剪断细线的瞬间，对物体A 、B 整体分析，整体加速度a ＝m A ＋m B g －F m A ＋m B＝2 m/s 2，对物体B 隔离分析，有m B g －F N ＝m B a ，解得F N ＝m B g －m B a ＝8 N ，故B 正确．]9．(2019·广州六校联考)某种型号焰火礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g ＝10 m/s 2，那么v 0和k 分别等于( )A ．40 m/s,1.25B ．40 m/s,0.25C ．50 m/s,1.25D ．50 m/s,0.25解析：D [上升过程中所受的阻力f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得：a ＝mg ＋fm＝(k ＋1)g ，根据h ＝12at 2，得：a ＝2h t2＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ，而(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，所以k ＝0.25.故选D.][B 级—能力练]10．(2019·日照模拟)如图所示，在竖直平面内有半径为R 和2R 的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A ，B 和C 分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB 长为2R ，AC 长为22R .现沿AB 和AC 建立两条光滑轨道，自A 处由静止释放小球，已知小球沿AB 轨道运动到B点所用时间为t 1，沿AC 轨道运动到C 点所用时间为t 2，则t 1与t 2之比为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶ 3D ．1∶3解析：A [设AB 与竖直方向的夹角为θ，则AB ＝2R cos θ，小球沿AB 下滑的加速度为a ＝g cos θ，解得小球在AB 上运动的时间为t 1＝ 2ABa＝4Rg；同理可知小球在AC上运动的时间为t 2＝2AC a ＝8Rg，则t 1与t 2之比为1∶2，选项A 正确．]11.(多选)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 ＝g 4，则弹簧最大形变量为3mg 4kC ．B 对A 的最大作用力为m (g ＋a )D ．物块A 的高度下降了mg －mak解析：BD [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a ＝g4时，根据牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，解得F ＝mg －ma ＝3mg 4＝kx ，解得x ＝3mg4k ，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 ＝mg －mak，故物块的高度下降了mg －mak，D 正确．] 12．(2019·江西重点中学联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：A [网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sin θ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F ＝M ＋m gcos θ，故C 错误；当a ＞g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ与g tan θ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．]13．(2019·台州模拟)已知无人机质量m ＝1 kg ，动力系统能提供的最大升力F ＝16 N ，无人机上升过程中最大速度v ＝6 m/s ，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3 s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，求：(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小； (2)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h ＝30 m 的高空所需的最短时间． 解析：(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小为：a ＝v t ＝63m/s 2＝2 m/s 2. (2)根据牛顿第二定律可得，F －mg －F f ＝ma ，代入数据可解得：F f ＝4 N.(3)由位移－时间公式得，无人机匀加速上升的高度：h 1＝12at 2＝12×2×32 m ＝9 m ，无人机达到最大速度匀速上升的高度：h 2＝h －h 1＝30 m －9 m ＝21 m ，由x ＝vt 得，无人机匀速飞行的时间：t ′＝h 2v ＝216s ＝3.5 s则无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h ＝30 m 的高空所需的最短时间：t 总＝t ＋t ′＝3 s ＋3.5 s ＝6.5 s.答案：(1)2 m/s 2(2)4 N (3)6.5 s14．2018年中国大学生越野滑雪锦标赛于12月24日上午8点30分在长春净月潭瓦萨越野滑雪基地开赛．滑雪运动是运动员把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运动．当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得与雪地间的摩擦力增大．假设速度超过8 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125.一运动员从倾角θ＝37°的坡顶A 处由静止开始自由下滑，滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C 处，如图所示．不计空气阻力，已知坡长l ＝24.1 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间； (2)求运动员到达B 处时的速度大小；(3)若滑雪板与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.5，求运动员在水平地面上运动的最大距离．解析：(1)由牛顿第二定律得，mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1，有a 1＝g sin θ－μ1g cos θ＝4 m/s 2运动员从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间t 1＝va 1＝2 s位移x 1＝12a 1t 21＝8 m.(2)由牛顿第二定律得，mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 2，得a 2＝g sin θ－μ2g cos θ＝5 m/s 2由v 2B ＝v 2＋2a 2(l －x 1) 代入数据解得v B ＝15 m/s.(3)根据牛顿第二定律得a 3＝μ3g ＝5 m/s 2在水平面滑行的距离x 3＝v 2B2a 3＝22.5 m.答案：(1)2 s (2)15 m/s (3)22.5 m。
2021年高考物理总复习 第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和失重课时限时检测
2021年高考物理总复习 第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和失重课时限时检测知识点 题号易 中难 动态分析 3 5、7超重、失重1、2 4、8两类动力学问题6 9 10、11、12 A B ．木块立即做加速度减小的减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零【解析】 当木块刚接触弹簧时，恒力F 大于弹簧弹力，木块仍有向左的加速度，随着弹簧的压缩量x 的增大，弹力增大，由牛顿第二定律F －kx ＝ma 知木块的加速度逐渐减小，但加速度、速度同向，故木块做加速度减小的加速运动，当kx ＝F 时，木块速度最大，之后加速度反向，木块向左做加速度增大的减速运动，直到速度减为零，此时木块具有向右的最大加速度，综上所述可知A 、B 、D 错，C 对．【答案】 C4.图3－2－15(xx·洛阳一中质检)如图3－2－15所示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．0.35mgB ．0.4mgC ．0.3mgD ．0.2mg【解析】重物受力图如图所示，根据牛顿第二定律可得N －mg ＝ma sin 37°，f ＝ma cos 37°，解得f ＝0.2mg ，即D 正确．【答案】 D5．(xx·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是( )【解析】 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝kv 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝kvm＋g ，可知，a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．【答案】 C图3－2－166．(xx·浙江联考)如图3－2－16所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 的作用时间至少为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.8 sB ．1.0 s C.255s D.2510s 【解析】 板在F 作用下做加速运动F －μmg ＝ma 1，a 1＝1 m/s 2，v 2＝2a 1x 1F 撤去后物体做减速运动，μmg ＝ma 2，a 2＝4 m/s 2.速度减为零v 2＝2a 2x 2.当板的重心越过桌子边缘会自动翻下桌子，则有x 1＋x 2＝L2. v 22a 1＋v 22a 2＝L 2，v ＝0.8 m/s ，t 1＝v a 1＝0.8 s ，故A 项正确． 【答案】 A7．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A ．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C ．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变【解析】 雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －F f ＝ma 得：a ＝g －F f m，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是F f 增大，故B 错误，C 正确．【答案】 CD图3－2－178．(xx·保定模拟)某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－17所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是( )A ．t 2时刻卫星到达最高点，t 3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度C. t 1～t 2时间内卫星处于超重状态D. t 2～t 3时间内卫星处于失重状态【解析】 卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3时刻到达最高点，A 错误；v －t 图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 、D 正确．【答案】 CD9．实验小组利用DIS 系统(数字化信息实验室系统)，观察超重和失重现象．他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N 的钩码．在电梯运动的过程中，计算机显示屏上显示出如图3－2－18所示的图线，根据图线分析可知，下列说法中正确的是( )图3－2－18A ．从时刻t 1到t 2，钩码处于失重状态；从时刻t 3到t 4，钩码处于超重状态B ．t 1到t 2时间内，电梯一定正在向下运动；t 3到t 4时间内，电梯可能正在向上运动C ．t 1到t 4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D ．t 1到t 4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上【解析】F－t图象中的力F是钩码对传感器的作用力，也等于传感器对钩码向上的拉力．当F＝10 N时，钩码(连同电梯)正在匀速运动(向上或向下)，t1～t2时间内，拉力小于重力，钩码处于失重状态，所以加速度的方向向下，即电梯向下加速或向上减速，而在t3～t4时间内，向上的拉力大于重力，钩码处于超重状态，即电梯向上加速或向下减速，故A、C正确．【答案】AC☆10.图3－2－19(xx届大连模拟)如图3－2－19所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是( )A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v B一定等于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B有可能等于3 m/s【解析】当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度v B＝v2A－2ax＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，v B＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．【答案】ABD二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)☆11.(15分)图3－2－20甲是xx年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10 m/s2，根据F－t图象求：图甲图乙图3－2－20(1)运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．【解析】 (1)由题图乙可知运动员所受重力为500 N ，设运动员质量为m ，则，m ＝G g＝50 kg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为 F m ＝2 500 N ，设运动员的最大加速度为a m ，则F m －mg ＝ma ma m ＝F m －mg m ＝2 500－50050m/s 2＝40 m/s 2 (3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s 或9.4 s ，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s 或11 s ，它们的时间间隔均为1.6 s ．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.设运动员上升的最大高度为H ，则H ＝12gt 2＝12×10×0.82 m ＝3.2 m 【答案】 (1)50 kg (4)40 m/s 2 (3)3.2 m☆12.图3－2－21(15分)(xx·西安一中检测)如图3－2－21所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为16 m ，传送带以10 m/s 的速度逆时针转动．在传送带上端A 处无初速度的放一个质量为0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A 运动到B 所用时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)【解析】 物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得，mg sinθ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为t 1＝v a 1＝1010s ＝1 s 物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为s ＝12a 1t 21＝5 m 由于μ<tan θ(μ＝0.5，tan θ＝0.75)，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2设后一阶段物体滑至底端所用时间为t 2由L －s ＝vt 2＋12a 2t 22 解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以，物体从A 运动到B 所用时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s 38639 96EF 雯\S24267 5ECB 廋$23905 5D61 嵡H30156 75CC 痌222119 5667 噧a20695 50D7 僗UY32388 7E84 纄。
2022届高考物理一轮总复习检测：第三章 第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题 Word版含答案
一、牛顿其次定律1．内容：物体加速度的大小跟它所受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．3．适用范围．(1)牛顿其次定律只适用于惯性参考系，即相对地面静止或做匀速直线运动的参考系．(2)牛顿其次定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的状况．二、力学单位制1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．2．力学单位制中的基本单位有质量(kg)、长度(m)和时间(s)．3．导出单位有N、m/s、m/s2等．三、动力学的两类基本问题1．动力学的两类基本问题．(1)已知受力状况求物体的运动状况．(2)已知运动状况求物体的受力状况．2．解决动力学的两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体规律关系如图：1．物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同．(×)2．物体由于做加速运动，所以才受到合外力作用．(×)3．物体所受的合外力变小，物体的速度肯定变小．(×)4．静止在光滑水平面上的物体受到一水平外力作用，马上获得加速度．(√) 5．牛顿其次定律适用于一切运动状况．(×)6．力的单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位．(×)1．(多选)(2022·济南模拟)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：物体的速度大小和加速度大小没有必定联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零．但物体所受合外力的大小打算加速度的大小，同一物体所受合外力很大，加速度肯定很大，故选项C、D对．答案：CD2．(2021·唐山模拟)竖直向上飞行的子弹，到达最高点后又返回原处．假设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则子弹在整个运动过程中，加速度大小的变化是()A．始终变大B．始终变小C．先变大后变小D．先变小后变大解析：子弹向上运动过程中速度越来越小，子弹受向下的阻力越来越小，子弹受到的合外力越来越小，由牛顿其次定律可知，子弹上升过程中加速度越来越小；子弹从最高点向下运动过程做加速运动，其速度越来越大，受到向上的空气阻力越来越大，物体受到的合外力越来越小，其加速度越来越小，选项B正确．答案：B3．一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小渐渐减小到零，再沿原方向渐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化状况是()A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大解析：质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等大反向．当该力大小渐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开头渐渐增大，做加速度渐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向渐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小渐渐减小到零，质点沿原方向做加速度渐渐减小的加速运动，故C正确．答案：C4．(多选)(2022·哈尔滨模拟)在争辩匀变速直线运动的试验中，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Δx＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是()A．a＝1.20.12m/s2＝120 m/s2B．a ＝1.2×10－20.12m/s2＝1.2 m/s2C．F＝500×1.2 N＝600 ND．F＝0.5×1.2 N＝0.60 N解析：在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算．带单位运算时，单位换算要精确．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用国际单位制表示的，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Δx＝1.2 cm没用国际单位制表示，C项中的小车质量m＝500 g没用国际单位制表示，所以均错误，B、D正确．答案：BD一、单项选择题1．(2022·淄博模拟)如图所示，质量m＝10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)()A．0B．4 m/s2，水平向右C．2 m/s2，水平向左D．2 m/s2，水平向右解析：对物体受力分析可知F合＝F＋F f，F f＝μmg，所以F合＝20 N＋0.2×10×10 N＝40 N，所以a＝F合m＝4010m/s2＝4 m/s2，方向水平向右．选项B正确．答案：B2．(2022·太原模拟)如图所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()A．弹簧测力计的示数是10 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变解析：设弹簧的弹力为F，加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统：F1－F2＝(m1＋m2)a，对m1：F1－F＝m1a，联立两式解得：a＝2 m/s2，F＝26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．答案：C3．(2021·临沂模拟)如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A 的质量为M，水平面光滑．当在绳的B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是()A．a1＝a2B．a1>a2C．a1<a2D．无法确定解析：当在绳的B端挂一质量为m的物体时，将它们看成一个系统，由牛顿其次定律有mg＝(M＋m)a1，得a1＝mgM＋m；而当用F＝mg的外力在B端竖直向下拉绳时，由牛顿其次定律有mg＝Ma2，得a2＝mgM，故a1<a2，选项C正确．答案：C4．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 与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为()A.F cos θm1＋m2B.F sin θm1＋m2C.F cos θm1 D.F sin θm2解析：把m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿其次定律可得：F cos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝F cos θm1＋m2，选项A正确．答案：A5．(2022·渭南模拟)如图所示，车厢里悬挂两个质量不同的小球，上面球比下面球的质量大，当车厢向右做匀加速运动时，下列各图中正确的是()解析：两个小球与车厢的加速度相同，设上面的线与竖直方向的夹角为α，以整体为争辩对象，受力分析如图所示，又由牛顿其次定律有水平方向：F1sin α＝(m1＋m2)a，竖直方向：F1cos α＝(m1＋m2)g，联立解得tan α＝ag.设下面的线与竖直方向夹角为β，以下面小球m2为争辩对象，受力如图所示．由牛顿其次定律有：水平方向F2sin β＝m2a，竖直方向F2cos β＝m2g ，联立解得tan β＝ag.所以tan α＝tan β，故α＝β，选项B正确．答案：B6．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板拦住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽视一切摩擦，以下说法中正确的是()A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值解析：设球的质量为m，斜面倾角为θ，斜面给球的弹力为F1，竖直挡板给球的弹力为F2.对球受力分析，如图所示．由牛顿其次定律得：F1cos θ－mg＝0，F2－F1sin θ＝ma，解得F1＝mgcos θ，是定值，F2＝mg tan θ＋ma，故A、B错，D 正确；球所受斜面、挡板的力以及重力的合力为ma，故C错．答案：D二、多项选择题7．(2021·襄阳模拟)质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的水平面上．A紧靠墙壁，如图所示，现用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力F撤去，此瞬间()A．A球的加速度为F2mB．A球的加速度为零C．B球的加速度为F 2mD．B球的加速度为F m解析：恒力F作用时，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F.突然将力F撤去，对A来说水平方向照旧受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为零，加速度为零，A项错，B项对；B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a＝Fm，故C项错，D项对．答案：BD8．雨滴在下降过程中，由于水汽的分散，雨滴质量将渐渐增大，同时由于速度渐渐增大，空气阻力也将越来越大，最终雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中()A．雨滴所受到的重力渐渐增大，重力产生的加速度增大B．由于雨滴质量渐渐增大，下落的加速度渐渐减小C．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度渐渐减小D．雨滴所受到的重力渐渐增大，但重力产生的加速度不变解析：雨滴在下落过程中，质量渐渐增大，雨滴所受的重力渐渐增大，但重力产生的加速度始终为g，故A错误，D正确；由mg－F f＝ma，得：a＝g－F fm，可见雨滴下落的加速度渐渐减小的缘由不是m增大，而是F f增大，故B错误，C 正确．答案：CD9．(2022·大庆模拟)如图所示，光滑的水平地面上有三块质量均为m的木块a、b、c，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，使三木块一起运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某木块上，系统始终保持相对静止，下列说法正确的是()A．无论粘在哪块木块上，系统的加速度肯定减小B．若粘在a木块上，a、b间摩擦力肯定不变C．若粘在b木块上，绳中拉力肯定减小D．若粘在c木块上面，绳中拉力肯定增大解析：以整体为争辩对象，由牛顿其次定律知系统的加速度减小，选项A正确；若粘在a木块上，以b为争辩对象，由牛顿其次定律知a、b间的摩擦力增大，选项B错误；若粘在b木块上，以c为争辩对象，由牛顿其次定律知绳中拉力减小，选项C正确；若粘在c木块上，以a、b整体为争辩对象，由牛顿其次定律知绳中拉力肯定增大，选项D正确．答案：ACD三、非选择题10．(2022·银川模拟)一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开头沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小； (2)汽车运动过程中所受到的阻力大小； (3)汽车牵引力的大小．解析：(1)汽车开头做匀加速直线运动x 0＝v 0＋02t 1，解得：v 0＝2x 0t 1＝4 m/s.(2)汽车滑行减速过程加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2，由牛顿其次定律有：－F f＝ma 2，解得：F f ＝4×103 N.(3)开头加速过程中加速度为a 1，x 0＝12a 1t 2，由牛顿其次定律有：F －F f ＝ma 1，解得：F ＝6×103 N.答案：(1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N11．(2022·安阳模拟)如图所示，质量M ＝100 kg 的平板车静止在水平路面上，车身平板离地面的高度h ＝1.25 m ．质量m ＝50 kg 的小物块(可视为质点)置于车的平板上，到车尾的距离b ＝1.0 m ，物块与车板间、车与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.20.今对平板车施一水平恒力，使车向右行驶，结果物块从车板上滑落．物块刚离开车板的时刻，车向右行驶的距离s 0＝2.0 m ．求：(1)物块在车板上滑行时间t ； (2)对平板车施加的水平恒力F ；(3)物块落地时，落地点到车尾的水平距离s (取g ＝10 m/s 2)．解析：(1)小物块受力分析如图甲：由牛顿其次定律有Ff 1＝μmg ＝ma 1， 小物块的滑行距离为s 1，则有s 1＝s 0－b ， 由运动学公式有s 1＝12a 1t 2，联立解得t ＝1 s.(2)以车为争辩对象，受力分析如图乙：由牛顿其次定律有F －μmg －μ(M ＋m )g ＝Ma 2， 由运动学公式有s 0＝12a 2t 2，联立解得F ＝800 N.(3)设小物块从平板车上滑落时的速度为v 1，平板车的速度为v 2， v 1＝a 1t ＝2 m/s ，v 2＝a 2t ＝4 m/s.设物块从平板车做平抛运动到地面的时间为t 1，则有h ＝12gt 21，t 1＝0.5 s小物块做平抛的水平位移s 1′＝v 1t 1＝1 m.小物块滑落后平板车的加速度为a 2′，由牛顿其次定律有F －μMg ＝Ma 2′， s 2′＝v 2t 1＋12a 2′t 21，水平距离s ＝s 2′－s 1′，联立解得s ＝1.75 m. 答案：(1)1 s (2)800 N (3)1.75 m。
专题15 超重失重、等时圆和动力学两类基本问题(原卷版)-2024年高考物理一轮综合复习
2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题15超重失重、等时圆和动力学两类基本问题导练目标导练内容目标1超重失重目标2动力学两类基本问题目标3等时圆模型【知识导学与典例导练】一、超重失重1．判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。
(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。
2．对超重和失重问题的三点提醒(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。
(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。
只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。
【例1】如图所示，一个圆形水杯底部有一小孔，用手堵住小孔，往杯子里倒半杯水。
现使杯子做以下几种运动，不考虑杯子转动及空气阻力，下列说法正确的是（）A．将杯子竖直向下抛出，小孔中有水漏出B．将杯子斜向上抛出，小孔中有水漏出C．用手握住杯子向下匀速运动，不堵住小孔也没有水漏出D．杯子做自由落体运动，小孔中没有水漏出【例2】“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中0t时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。
不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（）A ．“笛音雷”在2t 时刻上升至最高点B ．34~t t 时间内“笛音雷”做自由落体运动C ．01t ~t 时间内“笛音雷”的平均速度为12v D ．34~t t 时间内“笛音雷”处于失重状态二、动力学两类基本问题1.解决动力学两类问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。
高中物理总复习知识点与典型题专题讲解12---动力学两类基本问题(解析版)
at 2
v = v0 + at
联立式子代入数据得 a=3m/s2，vB=8m/s
(3)受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
F cosα − mg sinθ − Ff = ma F sinα + FN − mg cosθ = 0 又
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Ff = µ FN
联立得
F = mg(sinθ + µ cosθ ) + ma cosα + µ sin α
在若已已体体个要要在在若体体、位位位。
处处处处处处若处处处处是：先正先在在若在在已已）要要合在）再再据据据据据已
律要要律体体）进在进进在已已进进进要要进进已已进进。 [例 1]在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据。刹车线是汽车刹车后，
停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度 是 14m。假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为 0.7，g=10m/s2。则汽车开始刹车时
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（3）拉力 F 与斜面夹角 α 多大时，拉力 F 最小及拉力 F 的最小值。
【答案】(1)0.75；(2)3m/s2，8m/s；(3)37°，4.8N 【解析】(1)物块匀速下滑
mg sinθ = µmg cosθ
有 (2)由运动学公式得
µ = tanθ = 0.75
L
=
v0t
+
1 2
[例 3]如图所示，一质量 m＝0.4kg 的小物块（可视为质点），恰好能沿倾角 θ＝37°斜 面匀速下滑。若现在给物体施加与斜面成某一夹角的拉力 F，让物块以 v0＝2m/s 的初 速度由 A 点沿斜面向上做匀加速运动，经 t＝2s 的时间物块运动到 B 点，A、B 之间的 距离 L＝10m。已知 sin37°=0.6，重力加速度 g 取 10m/s2。求： （1）物块与斜面之间的动摩擦因数 µ； （2）物块上滑时加速度 a 的大小及到达 B 点时速度 vB 的大小；
2022年高考一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3课时 动力学的两类基本问题
时间。下列关系正确的是
()
A．t1＝t2
B．t2>t3
C．t1<t2
D．t1＝t3
[解析] 设想还有一根光滑固定细杆 ca，则 ca、Oa、da 三 细杆交于圆的最低点 a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型 可知，由 c、O、d 无初速度释放的小滑环到达 a 点的时间相等， 即 tca＝t1＝t3；而由 c→a 和由 O→b 滑动的小滑环相比较，滑行 位移大小相同，初速度均为零，但加速度 aca>aOb，由 x＝12at2 可 知，t2>tca，故选项 A 错误，B、C、D 均正确。
[典例] 新能源环保汽车在设计阶段要对各项性能进行测 试。某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器 传回的实时数据，但由于机械故障，速度传感器只传回了第 25 s 以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为 1 500 kg，若测试平 台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定。求：
考点二 动力学的图像问题 1．常见的动力学图像及问题类型
2．解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像 斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确 “图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问 题作出准确判断。
[解析] (1)由题图所示 v-t 图像可知， 加速度：a＝ΔΔvt ＝84 m/s2＝2 m/s2； 加速时间：t1＝4 s， 加速位移：x1＝v2t1＝82×4 m＝16 m， 匀速位移：x2＝x－x1＝100 m－16 m＝84 m， 匀速时间：t2＝xv2＝884 s＝10.5 s， 跑完 100 m 时间 t＝t1＋t2＝14.5 s。
(1)运动员加速过程中的加速度大小 a 及跑完 100 m 所用的时间 t； (2)在加速阶段绳子对轮胎的拉力大小 T 及运动员与地面间的摩 擦力大小 f 人。
2019版高考物理一轮复习江苏专版：课时检测(14) 动力学的两类基本问题 (重点突破课)
课时检测(十四) 动力学的两类基本问题 (重点突破课)一、单项选择题1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。
假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N解析：选C 汽车的速度v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，设汽车匀减速的加速度大小为a ，则 a ＝v 0t ＝5 m/s 2，对乘客由牛顿第二定律得F ＝ma ＝70×5 N＝350 N ，所以C 正确。
2．用40 N 的水平力F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg 的物体，力F 作用3 s 后撤去，则第5 s 末物体的速度和加速度的大小分别是( )A ．v ＝6 m/s ，a ＝0B ．v ＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2C ．v ＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2D ．v ＝10 m/s ，a ＝0解析：选A 由牛顿第二定律可知，在前3 s 内物体的加速度a ＝F m ＝2 m/s 2,3 s 末的速度大小v ＝at＝6 m/s ，当外力F 撤去后，加速度变为零，物体的速度大小保持不变为6 m/s ，选项A 正确。
3．若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则( ) A ．携带弹药越多，加速度越大 B ．加速度相同，与携带弹药的多少无关 C ．携带弹药越多，获得的起飞速度越大 D ．携带弹药越多，滑行时间越长解析：选D 携带弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，战机加速度越小，由v 2＝2ax 可知，起飞速度越小，A 、B 、C 错误；起飞前滑行的距离相同，由x ＝12at 2可得，加速度越小，滑行时间越长，D 正确。
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. 精品 课时检测(十五) 动力学的两类基本问题 (重点突破课) 1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。若乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s，在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)( ) A．450 N B．400 N C．350 N D．300 N 解析：选C 汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a
＝v0t＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确。 2.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直。各杆上分别套有一可视为质点的小球a、
b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3。现让三小球同时从各杆的顶点
由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( ) A．1∶1∶1 B．5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 解析：选A 因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆特点可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。 3.(2019·潍坊模拟)一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)。下列判断正确的是( ) A．第2 s末拉力大小为0 B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力 C．第2 s末速度反向 D．前4 s内位移为0 解析：选B 根据题图可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力大小等于重力，故A错误；根据题图可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据题图可知，0～4 s内，重物一直向上运动，第2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据题图可知，前4 s内位移为正，故D错误。. 精品 4.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙壁相切于A点。竖直墙壁上另一点B与M的连线和水平
面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C点自由下落到M点。则( ) A．a球最先到达M点 B．b球最先到达M点 C．c球最先到达M点 D．b球和c球都可能最先到达M点 解析：选C 如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M
点用时满足R＝12gtc2，所以tc＝ 2Rg；对于a球令AM与水平面成θ角，
则a球下滑到M点用时满足AM＝2Rsin θ＝12gsin θ·ta2，即ta＝2 Rg；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2 rg(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R)。综上所述可得tb>ta>tc，故选项C正确。 5.如图所示，在与坡底B点的距离为L的山坡上，竖直固定一长度为L的直杆AO，O为山坡的中点，A端与坡底B之间连接一根光滑的细钢绳。现让一穿在钢绳上的小环从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下，则小环在钢绳上滑行的时间为( )
A.12 Lg B. Lg
C. 2Lg D．2 Lg 解析：选D 如图所示，以O点为圆心、A为圆周的最高点、AB为弦作圆。小环沿AB运动的时间就是沿直径AC做自由落体运动的时间，有2L
＝12gt2，解得t＝2 Lg。故选项D正确。 6．(2019·淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的vt图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的vt图线的切线。已知滑块质量m＝2 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ). 精品 A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大 C．弹簧的劲度系数为175 N/m D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2 解析：选C 根据vt图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加， 从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由题图乙知，
滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝ΔvΔt＝1.50.3 m/s2 ＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小
为Ff＝μmg＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝Δv′Δt′＝30.1 m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，选项C正确。
7．(多选)如图(a)，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(b)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ACD 由题图(b)可知物块上升过程中的加速度大小为a1＝v0t1，下降过程中的加
速度大小为a2＝v1t1。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，解得sin θ＝v0＋v12t1g，滑动摩擦力f＝mv0－v12t1，而f＝μFN＝μmgcos θ，
由以上分析可知，选项A、C正确；由vt图像中t轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。 . 精品 8.(多选)(2019·汕头模拟)如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是( ) A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大 B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大 C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短 解析：选AC 设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos θ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ。雨滴的加速度为：a＝gsin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，A正确；雨滴对屋顶的压力大小：FN′＝FN＝mgcos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根
据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12gsin θ·t2，可得：t＝ 2Lgsin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·t可得：v＝gLtan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。 9.如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下8 s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m＝70 kg，倾斜滑道AB长lAB＝128 m，倾角θ＝37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ＝0.5。滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求： (1)游客匀速下滑时的速度大小； (2)游客匀速下滑的时间； (3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。 解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小 a＝2 m/s2，
游客匀速下滑时的速度大小v＝at1＝16 m/s。
(2)游客加速下滑的路程l1＝12at12＝64 m， 匀速下滑的路程l2＝lAB－l1＝64 m，. 精品 匀速下滑的时间t2＝l2v＝4 s。 (3)设游客在BC段的加速度大小为a′， 由0－v2＝－2a′x，
解得a′＝0－v2－2x＝8 m/s2， 由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma′， 解得制动力F＝210 N。 答案：(1)16 m/s (2)4 s (3)210 N 10.(2019·西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示。取g＝10 m/s2，空气阻力不计。可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6。求： (1)物块的初速度v0； (2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ； (3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)。 解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0 由题图得上升最大位移为xm＝3.2 m 由v02＝2gxm，得v0＝8 m/s。 (2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0 由题图得水平最大位移为x＝6.4 m 由运动学公式有：v02＝2ax 由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.5。 (3)设题图中P点对应的斜面倾角为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0 由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m 由运动学公式有：v02＝2a′x′ 由牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ 代入数据，解得θ＝37° 因为mgsin θ＞μmgcos θ， 所以物块能滑回斜面底端。 答案：(1)8 m/s (2)0.5 (3)37° 能滑回斜面底端 理由见解析 11．(2019·济南模拟)如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向