28动力学综合练习2

10月月考综合练习二班级姓名座号一、单项选择题1．如图，小车上的物体质量为m＝8 kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6 N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1 m/s2，随即以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动。

以下说法正确的是CA．物体受到的摩擦力一直减小B．当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物体受摩擦力作用C．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化D．小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8 N2．竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2 kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3 kg 的物体B轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为(g取10 m/s2)A．30 N B．0 C．15 N D．12 N3．如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体到传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1<v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是A．F1<F2B．F1＝F2 C．t1一定大于t2D．t 1一定等于t23．(滚动单独考查)如图所示，顶角为直角、质量为M的斜面ABC放在粗糙的水平面上，∠A=30°，∠B=60°，且斜面与水平面间动摩擦因数为μ。

现沿垂直于BC方向对斜面施加一力F，斜面仍保持静止状态，则关于斜面受到地面对它的支持力N和摩擦力f的大小，正确的是A．N=Mg，f=F B．N=Mg+F，f=μMgC．N=Mg+F，f=F D．N=Mg+F，f=F4．5．如图，轻杆的一端固定一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上．若杆与墙面的夹角为β，斜面倾角为θ，开始时轻杆与竖直方向的夹角β<θ．且θ+β<90°，则为使斜面能在光滑水平面上向右做匀速直线运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小及轻杆受力F和地面对斜面的支持力N的大小变化情况是A．F逐渐增大，F1逐渐减小，N逐渐减小B．F逐渐减小，F1逐渐减小，N逐渐增大C．F逐渐增大，F1先减小后增大，N逐渐增大D．F逐渐减小，F1先减小后增大，N逐渐减小6．表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦的定滑轮，轻质细绳两端各系一个小球挂在定滑轮上，如图所示，两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2．4R和L2＝2．5R，则这两个小球的质量之比m1∶m2为(不计球的大小)A．24∶1 B．25∶1 C．24∶25 D．25∶247．如图所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度大小分别为A．+g B．+g C．+g D．+g8．()8．北京奥运会闭幕式演出中出现了一种新型弹跳鞋叫弹跳跷(如图所示)．在表演过程中，一名质量为m的演员穿着这种鞋从距地面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．假设弹跳鞋对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳鞋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*9．二、计算题10．10．有5个质量均为m的相同木块，并列地放在水平地面上，如图所示，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，当木块1受到水平力F的作用时，5个木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度．(2)第4块木块受到第3块木块作用力的大小．11．12．(2009年安徽卷)在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力大小；(2)运动员对吊椅的压力大小．13．一传送带装置如图，其中AB段是水平的，长度L AB＝4 m，BC段是倾斜的，长度l BC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在A点，求：(1)工件第一次到达B点所用的时间：(2)工件沿传送带上升的最大高度；(3)工件运动了23 s时所在的位置．*14．(2012武汉市部分学校调研测试)如图所示，质量M=1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0．1，在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0．4，g取10 m/s2。

(1)若木板长L=1 m，在铁块上加一水平向右的恒力F=8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端?(2)若在铁块右端施加一从零开始连续增大的水平向右的力F，假设木板足够长，在图中画出铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化而变化的图象．10月月考综合练习二考答案一、选择题：B A B 牛顿第二定律得m B g －F N ＝m B a 解得F N ＝12 N ．据牛顿第三定律可知B 对A 的压力大小12 N ．故选D.3.答案：B 解析：对物体受力分析可知：物体受重力、绳子的拉力、支持力、摩擦力，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力．由平衡条件可得μ(mg －F sin θ)＝F cos θ，传送带分别以v 1、v 2的速度逆时针转动且物体稳定时，绳与水平方向的夹角为θ相同，故两次拉力F 相等，故A 错误、B 正确．绳子剪断后，若物体一直加速，则到达左端的速度v 0＝2μgL .当v 0≥v 2，物体两次都是先加速再匀速，运动时间不等；当v 2≥v 0≥v 1，物体的运动有两种可能，一种情况是一直加速，另一种情况是先加速后匀速，故运动时间不等；当v 0≤v 1时，两种情况下物体都是一直做加速运动，运动时间相等，所以C 、D 错误．8.解析 在空中时，加速度为g ，方向向下，处于失重状态；蹬地加速时，加速度a 向上，处于超重状态；蹬地减速后期，加速度a 向上，处于超重状态．所以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；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．答案 C二、计算题：10．10.解析：(1)选5个木块组成的系统为研究对象，设每一木块受到的滑动摩擦力为F f ，则系统所受外力的合力是：F 合＝F －5F f ＝F －5μmg系统的质量是5m ，由牛顿第二定律得：F －5μmg ＝5ma 故系统的加速度是a ＝F －5μmg 5m ＝F5m－μg .(2)选第4、第5两木块组成的系统为研究的对象，水平受力如图2所示，由牛顿第二定律得：F N34－2F f ＝2ma ，故第4块木块受到第3块木块的作用力为：F N34＝2ma ＋2F f ＝2m (F 5m －μg )＋2μmg ＝25F .答案：(1)F 5m －μg (2)25F11．解：(1)根据H ＝12gt 2 得t ＝3 s由x ＝v 0t 得x ＝30 m.(2)对于B 球，根据μmg ＝ma 可得加速度大小a ＝5 m/s 2判断得在A 落地之前B 已经停止运动，x A ＝x ＝30 m 由v 20＝2ax B 得x B ＝10 m 则：Δx ＝x A －x B ＝20 m12．【解析】方法一：（1）设运动员和吊椅的质量分别为M 和m ，绳拉运动员的力为F .以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律2F－(M＋m)g＝(M＋m)aF＝440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下．（2）以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小，Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力F N.根据牛顿第二定律：F＋F N－Mg＝MaF N＝275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下．方法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力大小为F，对吊椅的压力大小为F N.根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为F N.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律：F＋F N－Mg＝Ma ①F－F N－mg＝ma ②由①②解得F＝440 N，F N＝275 N.13．14．解：(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1由牛顿第二定律得：μmg＝ma1解得a1＝μg＝5 m/s2经t1时间与传送带的速度相同，则t1＝＝0.8 s前进的位移为x1＝a1t＝1.6 m此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝＝0.6 s所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4 s(2)设工件上升的最大高度为h，由动能定理得(μmg cos θ－mg sin θ)·＝0－mv2解得h＝2.4 m(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝＝2 s此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为TT＝2t1＋2t3＝5.6 s工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s而23 s＝t0＋3T这说明经23 s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．故工件在A点右侧，到A点的距离x＝L AB－x1＝2.4 m222221133()()44S x x R R ππππ=-=或8.25 14．解：(1)假设铁块和木板以及木板和地面都有相对滑动，则铁块的加速度大小a 1==4 m/s 2木板的加速度大小a 2==2 m/s 2由a 2>0可见，假设成立．设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有a 1t 2-a 2t 2=L解得t=1 s ．(1分)(2)①当F≤μ1(M+m)g=2 N 时，m 、M 相对静止且对地静止，f=F;②设F=F 1时，m 、M 恰保持相对静止，此时系统的加速度为a=a 2=2 m/s 2． 以系统为研究对象，据牛顿第二定律有F 1-μ1(M+m)g=(M+m)a 解得F 1=6 N所以，当2 N<F≤6 N 时，m 、M 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a=以M 为研究对象，据牛顿第二定律有f-μ1(M+m)g=Ma 解得f=+1(N)③当F>6 N 时，m 、M 发生相对运动，f=μ2mg=4 N所以，f 随拉力F 大小变化而变化的图象如图所示．。