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20190125138.docx

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1、1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

2、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mgsinC系统的加速度为 a gtanD推力 F Mgtan4(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 3A N2逐渐减小2B N2不变C N1逐渐

3、增大D N1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/s 2，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36(2017湖南省十三校第一次联考)如图 5 所示，

4、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/s 2，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

5、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/s 2，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4答案精析1B 由 v22 ax，可得客车和卡车制动时的加速度之比为 2119，选项 B 正确；a1a2 x2x1根据牛顿第二定律 f ma，可得所受阻力之比 11，选项 A 错误；由 Wf fx，f1f2 m1m2 a1a2可得所受阻力做功之比为 1921，选项 C 错误；由 v at 可得制动时间之比Wf1Wf2 f1f2 x1x2为

6、 1921，选项 D 错误t1t2 a2a12C 设小物块在 A 点时速度大小为 v， AB BC l，则在 B 点时速度大小为 v，由运动学12公式有 v2( v)22 1gl，( v)22 2gl，解得 13 2，C 正确12 123C 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；mgcos小铁球所受的合外力为 F 合 mgtan ，由牛顿第二定律得 a gtan ，选项 C 正确；F合m分析凹槽和小铁球整体，应用牛顿第二定律得 F( M m)a( M m)gtan ，选项

7、 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： mg N2cos 水平方向： N1 N2sin ma由看出， m、 不变，则 N2不变由得， N1 N2sin ma.5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 x vt a1t212解得 a10.25m/s 2物块在 A 点的

8、速度为 v0 v a1t5m/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 mg ma2由题图乙可知 a22m/s 2解得 0.2物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为 f，则Fcos mgsin f ma1f NN mgcos Fsin解得 F 10.1N.mgsin mgcos ma1cos sin6(1)1s (2) m/s15解析 (1)撤去拉力 F 后，mgsin mg cos ma2，0 v1 a2t2，解得 v15m/s.撤去拉力 F 前(注意杆对环的弹力的方向)：Fcos mgsin (Fsin mgcos ) ma1，v1 a1t1，所以 t11s(2)

9、根据牛顿第二定律可得： mgsin mg cos ma3x (t1 t2)，v12v22 a3x，联立解得 v m/s157(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： 1Mg Ma1设小车刚冲上薄板时速度为 v1，由运动学公式，有：v v 2 a1x12 026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： 1Mg 2(M m)g ma2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： v1 a1t a2t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： x1 t0.75m；薄板的位移：v1 v22x2 a2t20.25m12由于 x1 x2 L，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(M m)g( M m)a3设车与薄板共同减速的位移大小为 x3，有：v 2 a3x322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：x x1 x31.25m