【物理】2020届一轮复习人教版第三章动力学的两类基本问题作业

【物理】2020届一轮复习人教版第三章动力学的两类基本问题作业

‎ (十五) 动力学的两类基本问题 作业 ‎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＝＝‎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。‎ ‎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＝gtc2，所以tc＝ ；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＝gsin θ·ta2，即ta＝2 ；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2 (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. B. C. D．2 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＝gt2，解得t＝2 。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vt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vt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(　　)‎ 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vt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＝＝ 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＝＝ 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＝，下降过程中的加速度大小为a2＝。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＝，滑动摩擦力f＝，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。‎ ‎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＝，由x＝gsin θ·t2，可得：t＝ ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·t可得：v＝，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＝at12＝‎64 m，‎ 匀速下滑的路程l2＝lAB－l1＝‎64 m，‎ 匀速下滑的时间t2＝＝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′＝＝‎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，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s 的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝‎10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。‎ ‎(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？‎ 解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L＝v0t＋at2①‎ v＝v0＋at②‎ 联立①②式，代入数据得 a＝‎3 m/s2③‎ v＝‎8 m/s。④‎ ‎(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力F与斜面间的夹角为α，对物块受力分析如图所示，‎ 由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma　⑤‎ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0　 ⑥‎ 又Ff＝μFN⑦‎ 联立⑤⑥⑦式得 F＝⑧‎ 由数学知识得 cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨‎ 由⑧⑨式可知F最小时，对应的夹角 α＝30°⑩‎ 联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为 Fmin＝ N。⑪‎ 答案：(1)‎3 m/s2　‎8 m/s　(2)30°　 N