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高考物理二轮专题复习考点强化练习03《动力学综合问题》(含答案详解)
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这是一份高考物理二轮专题复习考点强化练习03《动力学综合问题》(含答案详解)，共17页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
高频考点强化(三)
动力学综合问题
(45分钟 100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题6分,共72分。1～8题为单选题,9～12题为多选题)
1.如图所示,两个物体A、B叠放在一起,接触面粗糙,现将它们同时以相同的速度水平抛出,不计空气阻力,在空中运动的过程中,物体B( )
A.只受重力
B.受重力和A对它的压力
C.受重力和A对它的摩擦力
D.受重力、A对它的压力和摩擦力
【解析】选A。两个物体A、B同时以相同的速度水平抛出,由于不计空气阻力,两个物体都处于完全失重状态,故在空中运动的过程中,物体A、B都只受到重力,B、C、D错误,A正确。
2.(沈阳模拟)弹跳高跷是一项全球流行的新型运动,一次弹跳高跷表演中,一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下,与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力,演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动,不考虑空气阻力的影响,则该演员
( )
A.在向下运动的过程中始终处于失重状态
B.在向上运动的过程中始终处于超重状态
C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
【解析】选C。演员在空中时,加速度为g,方向向下,处于失重状态;当演员落地前期加速时,加速度a向下,处于失重状态;落地后期减速,加速度a向上,处于超重状态;所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态,C正确;同理可知,演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态,D错误。
3.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上,如图所示,则( )
A.小球对圆槽的压力为
B.小球对圆槽的压力为
C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增加
D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小
【解析】选C。利用整体法可求得系统的加速度为a=,对小球利用牛顿第二定律可得:小球受到圆槽的支持力为,由牛顿第三定律可知只有C项正确。
4.某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°,使飞行器恰沿与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中不正确的是 ( )
A.加速时加速度的大小为g
B.加速时动力的大小等于mg
C.减速时动力的大小等于mg
D.减速飞行时间2t后速度为零
【解析】选B。起飞时,飞行器受动力和重力,两力的合力与水平方向成30°角斜向上,设动力为F,合力为F合,如图甲所示:
在△OFF合中,由几何关系得F=mg,F合=mg,由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1=g,故A正确,B错误;t时刻的速率:v=a1t=gt,将动力方向逆时针旋转60°,合力的方向与水平方向成30°角斜向下,动力F′跟合力F′合垂直,如图乙所示,此时合力大小为F′合=mgsin30°,动力大小:F′=mg,飞行器的加速度大小为a2==g,到最高点的时间为t′===2t,故C、D正确;此题选错误的选项,故选B。
【加固训练】
如图所示,质量为3 kg的物体放在粗糙水平面上,现用F=10 N的力斜向下推物体,F与水平面的夹角θ=37°,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3,下列说法正确的是(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)( )
A.物体对地面的压力为30 N
B.物体所受的摩擦力为10 N
C.物体仍然处于静止状态
D.物体将由静止开始做匀加速直线运动
【解析】选C。
物体受力如图所示,据牛顿第二定律有:
竖直方向上:
FN-mg-Fsin θ=0
水平方向上:
Fcsθ-Ff=ma
又:Ff=μFN,解得:FN=36 N
a<0,说明物体不动,受到的摩擦力为Fcs37°=8 N。故选C。
5.(长沙模拟)甲、乙两球质量分别为m1、m2,从同一地点(足够高)处同时由静止释放,两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率的平方v2成正比,与球的质量无关,即f=kv2(k为正的常量),两球的v2-h(h为下落高度)图象如图所示。落地前,经下落h0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是 ( )
A.释放瞬间甲球加速度较大
B.=
C.甲球质量小于乙球
D.下落相等高度甲球先到达
【解析】选D。释放瞬间,甲、乙速率为零,则阻力为零,只受重力,甲、乙两球加速度一样大,所以A错误;最终两球都匀速下落,由平衡条件得:m1g=k,m2g=k,可求=,所以B错误;由图知v1大于v2,所以m1大于m2,即甲球质量大于乙球,故C错误;由v2-h图象可知,任一高度处甲球速度比乙球速度大,则下落的相同高度,甲球所用时间少,所以D正确。
6.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示,即F=kt,其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff,且A、B的质量相等,则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图象是( )
【解析】选B。A、B相对滑动之前加速度相同,由整体法可得:F=2ma,当A、B间刚好发生相对滑动时,对长木板有Ff=ma,故此时F=2Ff=kt,t=,之后长木板做匀加速直线运动,则B正确,A、C、D错误。
【加固训练】
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,物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,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.MD.M
【解析】选B。根据牛顿第二定律得:
对整体:a==-μg
对B:F弹-μMg=Ma
解得,F弹=μMg+Ma
=μMg+M=
故选B。
7.一皮带传送装置如图所示,皮带的速度v足够大,轻弹簧一端固定,另一端连接一个质量为m的滑块,已知滑块与皮带之间存在摩擦,当滑块放在皮带上时,弹簧的轴线恰好水平,若滑块放在皮带的瞬间,滑块的速度为零,且弹簧正好处于自然长度,则当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中,滑块的速度和加速度变化的情况是( )
A.速度增大,加速度增大
B.速度增大,加速度减小
C.速度先增大后减小,加速度先增大后减小
D.速度先增大后减小,加速度先减小后增大
【解析】选D。滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉=kx,合力F合=Ff-F拉=ma,当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中,x逐渐增大,拉力F拉逐渐增大,因为皮带的速度v足够大,所以合力F合先减小后反向增大,从而加速度a先减小后反向增大;滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前,加速度与速度同向,滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后,加速度便与速度方向相反,故滑块的速度先增大,后减小,选项D正确。
8.(保定模拟)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上放两个质量分别为m1和m2的带电小球A、B(均可视为质点),m1=2m2,相距为L。两球同时由静止开始释放时,B球的初始加速度恰好等于零。经过一段时间后,当两球距离为L′时,A、B的加速度大小之比为a1∶a2=3∶2,则L′∶L等于
( )
A.3∶2 B.2∶1
C.∶5D.5∶
【解析】选B。由B球初始加速度恰好等于零得初始时刻A对B的库仑力F=m2gsinα,当两球距离为L′时,A球的加速度a1=,初始时B球受力平衡,两球相互排斥运动一段距离后,两球间距增大,库仑力一定减小,当两球距离为L′时库仑力小于m2gsinα,所以加速度a2的方向应该沿斜面向下, a2=。由a1∶a2=3∶2得F′=0.25m2gsinα,由库仑力公式F=k, F′=k可求得L′∶L=:=2∶1。
9.质点甲固定在原点,质点乙可在x轴上运动,甲对乙的作用力F只与甲、乙之间的距离x有关,在2.2×10-10m≤x≤5.0×10-10m的范围内,F与x的关系如图所示。若乙自P点由静止开始运动,且乙只受力F作用,规定力F沿+x方向为正,下列说法正确的是( )
A.乙运动到R点时,速度最大
B.乙运动到Q点时,速度最大
C.乙运动到Q点后,静止于该处
D.乙位于P点时,加速度最大
【解析】选B、D。由图示可知,质点乙由静止从P开始向右做加速运动,越过Q后做减速运动,因此经过Q点时速度最大,选项A错误、B正确。由图示图象可知质点运动到Q点后,在甲的作用力作用下做减速运动,不会静止在Q点,选项C错误。由图象可知在P点受力最大,根据牛顿第二定律知P点的加速度最大,选项D正确。
10.如图甲所示,A、B两长方体叠放在一起,放在光滑的水平面上,B物体从静止开始受到一个水平变力的作用,该力与时间的关系如图乙所示,运动过程中A、B始终保持相对静止。则在0～2t0时间内,下列说法正确的是( )
A.t0时刻,A、B间的静摩擦力最大,加速度最小
B.t0时刻,A、B的速度最大
C.0时刻和2t0时刻,A、B间的静摩擦力最大
D.2t0时刻,A、B离出发点最远,速度为0
【解析】选B、C、D。t0时刻,A、B受力F为0,A、B加速度为0,A、B间静摩擦力为0,加速度最小,选项A错误;在0至t0过程中,A、B所受合外力逐渐减小,即加速度减小,但是加速度与速度方向相同,速度一直增加,t0时刻A、B速度最大,选项B正确;0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大,故A、B在这两个时刻加速度最大,为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大,选项C正确;A、B先在F的作用下加速,t0后F反向,A、B继而做减速运动,到2t0时刻,A、B速度减小到0,位移最大,选项D正确。
11.将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反。该过程的v -t图象如图所示,g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
B.小球落回到抛出点的速度大小为8 m/s
C.小球下落过程,受到向上的空气阻力,处于超重状态
D.小球重力和阻力之比为5∶1
【解析】选B、D。根据图象可得,上升的过程中,加速度为a1= m/s2=-12 m/s2,根据牛顿第二定律可得-(mg+f)=ma1,所以小球受到的阻力的大小为f=-ma1-mg =-1×(-12) N-1×10 N=2 N,在下降的过程中,小球受到的合力为F=mg-f=10 N
-2 N=8 N,所以下降的过程中的加速度为a2=-=- m/s2=-8 m/s2,根据公式x=at2可得运动的时间为t=,所以时间之比为==,故A错误;由图象知小球匀减速上升的位移为x=×2×24 m=24 m,x′=-x=-24 m,根据v2=2a2x′得: v== m/s=8 m/s,故B正确;小球下落过程,加速度向下,处于失重状态,故C错误;由A的分析可知,重力与阻力之比为mg∶f=10 N∶
2 N=5∶1,故D正确。
12.如图甲所示,一质量为m的物体置于水平地面上,所受水平拉力F在2 s时间内的变化图象如图乙所示,其运动的v-t图象如图丙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.2 s末物体回到出发点
B.2 s内物体的加速度不变
C.物体与地面之间的动摩擦因数为0.1
D.水平拉力F的最大功率为10 W
【解析】选C、D。物体先做匀加速直线运动,再做匀减速运动,速度不反向,故A错误;第1 s内和第2 s内的加速度大小相等,方向相反,故B错误;根据速度时间图线知,匀加速和匀减速直线运动的加速度大小都为1 m/s2,根据牛顿第二定律得:F-f=ma,f=ma,解得:f=5 N,m=5 kg。则:μ===0.1,故C正确;1 s末速度最大,拉力的功率最大,P=Fv=10×1 W=10 W,故D正确。
二、计算题(本题2小题,共28分。需写出规范的解题步骤)
13.(12分)奥地利人Baumgartner从太空边缘(离地39 km)起跳,据报道他以最高每小时1 342 km 的速度回到地球表面,成为“超音速”第一人。自由落体运动的时间约为5分35秒。已知空气中音速约为340 m/s,空气密度ρ=1.29 kg/m3,重力加速度g=10 m/s2。
(1)他降落过程中的速度是否超过了音速?
(2)这篇报道中有什么数据相互矛盾?以上两个问题请通过计算说明。
(3)当物体从高空下落时,空气对物体的阻力公式:f=CDρv2S(CD=,ρ为空气密度,v为运动速度,S为物体截面积)。因此,物体下落一段距离后将会匀速下落,这个速度被称为收尾速度。设Baumgartner加装备的总质量为100 kg,腰围
100 cm。请计算他的收尾速度大小。
【解析】(1)vm=1 342 km/h= m/s=372.78 m/s>340 m/s,确实超过了音速
340 m/s。
(2)t=335 s,自由下落最大速度v′m=gt=3 350 m/s,大于文中报道的372.78 m/s的最大速度,所以他的下落不是真正的自由落体,受到了空气阻力的作用。
(3)腰围100 cm对应的人体半径r== m,
人体截面积S=πr2=π× m2= m2=7.96×10-2 m2,
匀速下落:f=mg
所以f=CDρv2S=mg
解得v== m/s=65.79 m/s。
答案:(1)超过了音速340 m/s (2)见解析 (3)65.79 m/s
【加固训练】
公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
【解析】设沥青路面干燥时,汽车与沥青路面的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg=ma0①
s=v0t0+②
式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时,汽车与沥青路面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma④
s=vt0+⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得v=20 m/s
答案:20 m/s
14.(16分)(滨州模拟)质量M=4 kg、长2l=4 m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的动摩擦因数不同。一个质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2 s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x1-t图象如图乙所示。g取10 m/s2。
(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小。
(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2=0.1,2 s 末撤去恒力F,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远处?
【解题指导】解答本题应注意以下两点:
(1)正确分析m、M在前2 s的运动情况是解题的突破口。
(2)正确分析m、M的受力情况,是解题的关键。
【解析】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,则t1=2 s时木板的位移
x2=a2①
滑块的位移x1=4 m②
由牛顿第二定律得a2=③
由位移关系得x1-x2=l④
联立①②③④解得μ1=0.4⑤
滑块位移x1=a1⑥
恒力F=ma1+μ1mg⑦
联立②⑤⑥⑦解得F=6 N
(2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,滑块滑过中点后做匀减速运动,木板继续做匀加速运动,此时滑块和木板的加速度大小分别为
a′1==μ2g
a′2=
设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2,则v2=a2t1,v1=a1t1,
v1-a′1t2=v2+a′2t2
解得t2=1.6 s
在此时间内,滑块位移x′1=v1t2-a′1
木板的位移x′2=v2t2+a′2
Δx=x′1-x′2
联立解得Δx=1.6 m<2 m
因此滑块没有从木板上滑落,滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d=l-
Δx=0.4 m
答案:(1)0.4 6 N (2)不能 0.4 m
高频考点强化(三)
动力学综合问题
(45分钟 100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题6分,共72分。1～8题为单选题,9～12题为多选题)
1.如图所示,两个物体A、B叠放在一起,接触面粗糙,现将它们同时以相同的速度水平抛出,不计空气阻力,在空中运动的过程中,物体B( )
A.只受重力
B.受重力和A对它的压力
C.受重力和A对它的摩擦力
D.受重力、A对它的压力和摩擦力
【解析】选A。两个物体A、B同时以相同的速度水平抛出,由于不计空气阻力,两个物体都处于完全失重状态,故在空中运动的过程中,物体A、B都只受到重力,B、C、D错误,A正确。
2.(沈阳模拟)弹跳高跷是一项全球流行的新型运动,一次弹跳高跷表演中,一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下,与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力,演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动,不考虑空气阻力的影响,则该演员
( )
A.在向下运动的过程中始终处于失重状态
B.在向上运动的过程中始终处于超重状态
C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
【解析】选C。演员在空中时,加速度为g,方向向下,处于失重状态;当演员落地前期加速时,加速度a向下,处于失重状态;落地后期减速,加速度a向上,处于超重状态;所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态,C正确;同理可知,演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态,D错误。
3.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上,如图所示,则( )
A.小球对圆槽的压力为
B.小球对圆槽的压力为
C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增加
D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小
【解析】选C。利用整体法可求得系统的加速度为a=,对小球利用牛顿第二定律可得:小球受到圆槽的支持力为,由牛顿第三定律可知只有C项正确。
4.某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°,使飞行器恰沿与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中不正确的是 ( )
A.加速时加速度的大小为g
B.加速时动力的大小等于mg
C.减速时动力的大小等于mg
D.减速飞行时间2t后速度为零
【解析】选B。起飞时,飞行器受动力和重力,两力的合力与水平方向成30°角斜向上,设动力为F,合力为F合,如图甲所示:
在△OFF合中,由几何关系得F=mg,F合=mg,由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1=g,故A正确,B错误;t时刻的速率:v=a1t=gt,将动力方向逆时针旋转60°,合力的方向与水平方向成30°角斜向下,动力F′跟合力F′合垂直,如图乙所示,此时合力大小为F′合=mgsin30°,动力大小:F′=mg,飞行器的加速度大小为a2==g,到最高点的时间为t′===2t,故C、D正确;此题选错误的选项,故选B。
【加固训练】
如图所示,质量为3 kg的物体放在粗糙水平面上,现用F=10 N的力斜向下推物体,F与水平面的夹角θ=37°,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.3,下列说法正确的是(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)( )
A.物体对地面的压力为30 N
B.物体所受的摩擦力为10 N
C.物体仍然处于静止状态
D.物体将由静止开始做匀加速直线运动
【解析】选C。
物体受力如图所示,据牛顿第二定律有:
竖直方向上:
FN-mg-Fsin θ=0
水平方向上:
Fcsθ-Ff=ma
又:Ff=μFN,解得:FN=36 N
a<0,说明物体不动,受到的摩擦力为Fcs37°=8 N。故选C。
5.(长沙模拟)甲、乙两球质量分别为m1、m2,从同一地点(足够高)处同时由静止释放,两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率的平方v2成正比,与球的质量无关,即f=kv2(k为正的常量),两球的v2-h(h为下落高度)图象如图所示。落地前,经下落h0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是 ( )
A.释放瞬间甲球加速度较大
B.=
C.甲球质量小于乙球
D.下落相等高度甲球先到达
【解析】选D。释放瞬间,甲、乙速率为零,则阻力为零,只受重力,甲、乙两球加速度一样大,所以A错误;最终两球都匀速下落,由平衡条件得:m1g=k,m2g=k,可求=,所以B错误;由图知v1大于v2,所以m1大于m2,即甲球质量大于乙球,故C错误;由v2-h图象可知,任一高度处甲球速度比乙球速度大,则下落的相同高度,甲球所用时间少,所以D正确。
6.如图甲所示,静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻,A受到水平向右的外力F作用,F随时间t的变化规律如图乙所示,即F=kt,其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff,且A、B的质量相等,则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图象是( )
【解析】选B。A、B相对滑动之前加速度相同,由整体法可得:F=2ma,当A、B间刚好发生相对滑动时,对长木板有Ff=ma,故此时F=2Ff=kt,t=,之后长木板做匀加速直线运动,则B正确,A、C、D错误。
【加固训练】
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,物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,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.MD.M
【解析】选B。根据牛顿第二定律得:
对整体:a==-μg
对B:F弹-μMg=Ma
解得,F弹=μMg+Ma
=μMg+M=
故选B。
7.一皮带传送装置如图所示,皮带的速度v足够大,轻弹簧一端固定,另一端连接一个质量为m的滑块,已知滑块与皮带之间存在摩擦,当滑块放在皮带上时,弹簧的轴线恰好水平,若滑块放在皮带的瞬间,滑块的速度为零,且弹簧正好处于自然长度,则当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中,滑块的速度和加速度变化的情况是( )
A.速度增大,加速度增大
B.速度增大,加速度减小
C.速度先增大后减小,加速度先增大后减小
D.速度先增大后减小,加速度先减小后增大
【解析】选D。滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉=kx,合力F合=Ff-F拉=ma,当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中,x逐渐增大,拉力F拉逐渐增大,因为皮带的速度v足够大,所以合力F合先减小后反向增大,从而加速度a先减小后反向增大;滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前,加速度与速度同向,滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后,加速度便与速度方向相反,故滑块的速度先增大,后减小,选项D正确。
8.(保定模拟)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上放两个质量分别为m1和m2的带电小球A、B(均可视为质点),m1=2m2,相距为L。两球同时由静止开始释放时,B球的初始加速度恰好等于零。经过一段时间后,当两球距离为L′时,A、B的加速度大小之比为a1∶a2=3∶2,则L′∶L等于
( )
A.3∶2 B.2∶1
C.∶5D.5∶
【解析】选B。由B球初始加速度恰好等于零得初始时刻A对B的库仑力F=m2gsinα,当两球距离为L′时,A球的加速度a1=,初始时B球受力平衡,两球相互排斥运动一段距离后,两球间距增大,库仑力一定减小,当两球距离为L′时库仑力小于m2gsinα,所以加速度a2的方向应该沿斜面向下, a2=。由a1∶a2=3∶2得F′=0.25m2gsinα,由库仑力公式F=k, F′=k可求得L′∶L=:=2∶1。
9.质点甲固定在原点,质点乙可在x轴上运动,甲对乙的作用力F只与甲、乙之间的距离x有关,在2.2×10-10m≤x≤5.0×10-10m的范围内,F与x的关系如图所示。若乙自P点由静止开始运动,且乙只受力F作用,规定力F沿+x方向为正,下列说法正确的是( )
A.乙运动到R点时,速度最大
B.乙运动到Q点时,速度最大
C.乙运动到Q点后,静止于该处
D.乙位于P点时,加速度最大
【解析】选B、D。由图示可知,质点乙由静止从P开始向右做加速运动,越过Q后做减速运动,因此经过Q点时速度最大,选项A错误、B正确。由图示图象可知质点运动到Q点后,在甲的作用力作用下做减速运动,不会静止在Q点,选项C错误。由图象可知在P点受力最大,根据牛顿第二定律知P点的加速度最大,选项D正确。
10.如图甲所示,A、B两长方体叠放在一起,放在光滑的水平面上,B物体从静止开始受到一个水平变力的作用,该力与时间的关系如图乙所示,运动过程中A、B始终保持相对静止。则在0～2t0时间内,下列说法正确的是( )
A.t0时刻,A、B间的静摩擦力最大,加速度最小
B.t0时刻,A、B的速度最大
C.0时刻和2t0时刻,A、B间的静摩擦力最大
D.2t0时刻,A、B离出发点最远,速度为0
【解析】选B、C、D。t0时刻,A、B受力F为0,A、B加速度为0,A、B间静摩擦力为0,加速度最小,选项A错误;在0至t0过程中,A、B所受合外力逐渐减小,即加速度减小,但是加速度与速度方向相同,速度一直增加,t0时刻A、B速度最大,选项B正确;0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大,故A、B在这两个时刻加速度最大,为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大,选项C正确;A、B先在F的作用下加速,t0后F反向,A、B继而做减速运动,到2t0时刻,A、B速度减小到0,位移最大,选项D正确。
11.将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反。该过程的v -t图象如图所示,g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A.小球上升与下落所用时间之比为2∶3
B.小球落回到抛出点的速度大小为8 m/s
C.小球下落过程,受到向上的空气阻力,处于超重状态
D.小球重力和阻力之比为5∶1
【解析】选B、D。根据图象可得,上升的过程中,加速度为a1= m/s2=-12 m/s2,根据牛顿第二定律可得-(mg+f)=ma1,所以小球受到的阻力的大小为f=-ma1-mg =-1×(-12) N-1×10 N=2 N,在下降的过程中,小球受到的合力为F=mg-f=10 N
-2 N=8 N,所以下降的过程中的加速度为a2=-=- m/s2=-8 m/s2,根据公式x=at2可得运动的时间为t=,所以时间之比为==,故A错误;由图象知小球匀减速上升的位移为x=×2×24 m=24 m,x′=-x=-24 m,根据v2=2a2x′得: v== m/s=8 m/s,故B正确;小球下落过程,加速度向下,处于失重状态,故C错误;由A的分析可知,重力与阻力之比为mg∶f=10 N∶
2 N=5∶1,故D正确。
12.如图甲所示,一质量为m的物体置于水平地面上,所受水平拉力F在2 s时间内的变化图象如图乙所示,其运动的v-t图象如图丙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.2 s末物体回到出发点
B.2 s内物体的加速度不变
C.物体与地面之间的动摩擦因数为0.1
D.水平拉力F的最大功率为10 W
【解析】选C、D。物体先做匀加速直线运动,再做匀减速运动,速度不反向,故A错误;第1 s内和第2 s内的加速度大小相等,方向相反,故B错误;根据速度时间图线知,匀加速和匀减速直线运动的加速度大小都为1 m/s2,根据牛顿第二定律得:F-f=ma,f=ma,解得:f=5 N,m=5 kg。则:μ===0.1,故C正确;1 s末速度最大,拉力的功率最大,P=Fv=10×1 W=10 W,故D正确。
二、计算题(本题2小题,共28分。需写出规范的解题步骤)
13.(12分)奥地利人Baumgartner从太空边缘(离地39 km)起跳,据报道他以最高每小时1 342 km 的速度回到地球表面,成为“超音速”第一人。自由落体运动的时间约为5分35秒。已知空气中音速约为340 m/s,空气密度ρ=1.29 kg/m3,重力加速度g=10 m/s2。
(1)他降落过程中的速度是否超过了音速?
(2)这篇报道中有什么数据相互矛盾?以上两个问题请通过计算说明。
(3)当物体从高空下落时,空气对物体的阻力公式:f=CDρv2S(CD=,ρ为空气密度,v为运动速度,S为物体截面积)。因此,物体下落一段距离后将会匀速下落,这个速度被称为收尾速度。设Baumgartner加装备的总质量为100 kg,腰围
100 cm。请计算他的收尾速度大小。
【解析】(1)vm=1 342 km/h= m/s=372.78 m/s>340 m/s,确实超过了音速
340 m/s。
(2)t=335 s,自由下落最大速度v′m=gt=3 350 m/s,大于文中报道的372.78 m/s的最大速度,所以他的下落不是真正的自由落体,受到了空气阻力的作用。
(3)腰围100 cm对应的人体半径r== m,
人体截面积S=πr2=π× m2= m2=7.96×10-2 m2,
匀速下落:f=mg
所以f=CDρv2S=mg
解得v== m/s=65.79 m/s。
答案:(1)超过了音速340 m/s (2)见解析 (3)65.79 m/s
【加固训练】
公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
【解析】设沥青路面干燥时,汽车与沥青路面的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg=ma0①
s=v0t0+②
式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时,汽车与沥青路面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma④
s=vt0+⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得v=20 m/s
答案:20 m/s
14.(16分)(滨州模拟)质量M=4 kg、长2l=4 m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的动摩擦因数不同。一个质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2 s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x1-t图象如图乙所示。g取10 m/s2。
(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小。
(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2=0.1,2 s 末撤去恒力F,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远处?
【解题指导】解答本题应注意以下两点:
(1)正确分析m、M在前2 s的运动情况是解题的突破口。
(2)正确分析m、M的受力情况,是解题的关键。
【解析】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,则t1=2 s时木板的位移
x2=a2①
滑块的位移x1=4 m②
由牛顿第二定律得a2=③
由位移关系得x1-x2=l④
联立①②③④解得μ1=0.4⑤
滑块位移x1=a1⑥
恒力F=ma1+μ1mg⑦
联立②⑤⑥⑦解得F=6 N
(2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,滑块滑过中点后做匀减速运动,木板继续做匀加速运动,此时滑块和木板的加速度大小分别为
a′1==μ2g
a′2=
设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2,则v2=a2t1,v1=a1t1,
v1-a′1t2=v2+a′2t2
解得t2=1.6 s
在此时间内,滑块位移x′1=v1t2-a′1
木板的位移x′2=v2t2+a′2
Δx=x′1-x′2
联立解得Δx=1.6 m<2 m
因此滑块没有从木板上滑落,滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d=l-
Δx=0.4 m
答案:(1)0.4 6 N (2)不能 0.4 m
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