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单元试卷9 动力学的两类基本问题
1.【解析】 根据牛顿第二定律得,汽车刹车的加速度a==20 m,B项正确.=g,则继续滑行的距离x==
【答案】 B
2.【解析】 力F作用下a= m/s2=1.5 m/s2,3 s末的速度v=at=4.5 m/s,3 s后撤去外力,此后物体所受合外力为0,a′=0,物体做匀速运动,v′=v=4.5 m/s,故C正确.=
【答案】 C
3.【解析】 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律μmg=ma,解得a=μg.由匀变速直线运动的速度位移关系式v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0= m/s=14 m/s,因此B正确.==
【答案】 B
4.【解析】 设战机受到的牵引力为F,其质量(包括携带弹药的质量)为m,与航母间的动摩擦因数为μ.由牛顿第二定律得F-μmg=ma,则a=可知携带弹药越多,起飞速度越小,滑行时间越长,C错误,D正确.和t=-μg.可知携带弹药越多,加速度越小;加速度相同,携带的弹药也必须相同,A、B错误;由v=
【答案】 D
5.【解析】 设屋檐的底角为θ,底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得加速度a=.当θ=45°时,sin 2θ=1为最大值,时间t最短,故选项C正确.,2sin θcos θ=sin 2θ,联立以上各式得t=at2,而x==gsin θ,位移大小x=
【答案】 C
6.【解析】 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,对乘客应用牛顿第二定律可得:F=ma=70×5 N=350 N,所以C正确.
【答案】 C
7.【解析】 当滑板与水平面的夹角为θ时,小孩从滑板顶端滑下的过程,有=,当θ=45°时,t最小,当θ=30°和60°时,sin 2θ的值相同,故只有D项正确.gt2sin θ,t2==
【答案】 D
8.【解析】 因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知:mgsin θ=μmgcos θ,所以μ=tan θ;当在推力F作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2,得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得:F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,得F=36 N,故选项D正确.
【答案】 D
9.【解析】 从图像可得:0~1 s内物体做匀加速直线运动;1~3 s内做匀速运动;3~4 s内做匀减速运动.匀速或匀变速运动时,物体的受力都是恒定的,故选项B、D正确.
【答案】 BD
10.【解析】 水平方向上物体受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用,做匀减速直线运动.滑动摩擦力大小为Ff=μFN=μmg=3 N.故a==2 s,故B正确,A错误;减速到零后F<Ff,物体处于静止状态,故C正确,D错误.=5 m/s2,方向向右,物体减速到0所需时间为t=
【答案】 BC
11.【解析】 热气球从地面刚开始竖直上升时v=0,空气阻力Ff=0.由F浮-mg=ma,得F浮=m(g+a)=4 830 N,故A正确;最终气球匀速上升,说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大,故选项B错误;气球做加速度减小的加速运动,故加速到5 m/s的时间大于10 s,选项C错误;匀速上升时F浮-mg-Ff′=0,计算得Ff′=230 N,选项D正确.
【答案】 AD
12.【解析】 对小球受力分析如图所示,
把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解,竖直方向有FN2cos θ=mg,水平方向有FN1-FN2sin θ=ma,所以斜面对小球的弹力为FN2=与a无关,故C错误,D正确.小球受到的斜面、挡板的弹力和重力的合力为ma,故B错误.,A正确.挡板对小球的弹力FN1=ma+mgtan θ,随a增大而增大,斜面对小球的弹力FN2=
【答案】 AD
13.【解析】 设物体运动的加速度为a,由匀加速直线运动公式x=at2
得(a×52)m=11 m,
a×62-
解得a=2 m/s2
由牛顿第二定律有F-μmg=ma
F=ma+μmg=10×2 N+0.4×10×10 N=60 N
【答案】 60 N
14.【解析】 (1)汽车开始做匀加速直线运动,则
x1==4 m/s.t1,解得v=
(2)汽车滑行减速过程中加速度a2==-2 m/s2
由牛顿第二定律得-Ff=ma2,解得Ff=4×103 N.
(3)开始加速过程中加速度为a1,则x1=a1t12
解得a1=1 m/s2
由牛顿第二定律得F-Ff=ma1
解得F=Ff+ma1=6×103 N.
【答案】 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N
15. 【解析】 (1)以冰车及小明为研究对象,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1 ①
vm=a1t ②
由①②式得vm=5 m/s.
(2)冰车匀加速运动过程中有x1=