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2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)12 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題.doc

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2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)12 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題.doc

課時作業(yè)(十二)牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題 基礎(chǔ)訓(xùn)練1靜止在光滑水平面上的物體,在水平推力F作用下開始運動,推力隨時間變化的規(guī)律如圖所示,關(guān)于物體在0t1時間內(nèi)的運動情況,正確的描述是()A物體先做勻加速運動,后做勻減速運動B物體的速度一直增大C物體的速度先增大后減小D物體的加速度一直增大答案:B解析:由F合ma得:F先增大后減小,則a先增大后減小,說明物體做變加速運動,選項A、D錯在0t1時間內(nèi)F的方向不變,F(xiàn)與v同向,則物體做加速運動2(2018山西大學(xué)附中診斷)(多選)升降機箱內(nèi)底部放一個質(zhì)量為m的物體,當(dāng)箱從高空某處以初速度v0下落時,其速度時間圖象如圖乙所示,以下說法正確的是()A物體在0t1時間內(nèi)加速度變小B物體在0t1時間內(nèi)加速度變大C物體在0t1時間內(nèi)處于超重狀態(tài)D物體在0t1時間內(nèi)處于失重狀態(tài)答案:AC解析:在vt圖中,圖線的斜率表示物體速度變化的快慢,即斜率表示物體的加速度,由圖乙可知,在0t1時間內(nèi)物體的加速度逐漸減小,A正確,B錯誤;物體在0t1時間內(nèi)初速度的方向向下,是向下做減速運動,所以加速度的方向向上,物體處于超重狀態(tài),C正確,D錯誤3(2018湖南長沙一模)如圖所示,小車在恒力F作用下沿水平地面向右運動,其內(nèi)底面左壁有一物塊,物塊與小車右壁之間有一壓縮的輕彈簧,小車內(nèi)底面光滑當(dāng)小車由左側(cè)光滑地面進入到右側(cè)粗糙地面時,物塊一直與左壁保持接觸,則車左壁受物塊的壓力N1和車右壁受彈簧的壓力N2的大小變化是()AN1變大,N2不變 BN1不變,N2變大CN1和N2都變小 DN1變小,N2不變答案:D解析:因為物塊相對于小車靜止不動,故彈簧長度不變,N2不變;又因小車受地面向左的摩擦力,則小車和物塊的加速度向右減小或向左,故車左壁受物塊的壓力N1變小,正確選項為D.4(2018山東淄博一模)如圖所示,輕彈簧兩端拴接兩個質(zhì)量均為m的小球a、b,拴接小球的細(xì)線固定在天花板上,兩球靜止,兩細(xì)線與水平方向的夾角均為30,彈簧水平,以下說法正確的是()A細(xì)線拉力大小為mgB彈簧的彈力大小為mgC剪斷左側(cè)細(xì)線瞬間,b球加速度大小為gD剪斷左側(cè)細(xì)線瞬間,a球加速度大小為g答案:B 解析:以兩小球和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象受力分析,受到重力2mg和兩根繩的拉力各為F,根據(jù)平衡條件得2Fsin 2mg,F(xiàn)2mg,A錯誤;隔離a小球分析,得彈簧彈力大小Fxmg,B正確;由于兩端約束的彈簧上的彈力不能瞬間變化,故剪斷左側(cè)細(xì)線瞬間,b球受力不變,合力為零,其加速度為零,C錯誤;a球受重力和彈簧的彈力,加速度大小a2g,D錯誤5(2018吉林通化一檢)如圖所示,一物體分別從3個不同高度,但同底的光滑斜面的頂端由靜止開始滑下,斜面與水平面夾角分別為30、45、60,滑到底端所用的時間t1、t2、t3的關(guān)系是()At1t2t3 Bt1t3>t2Ct1>t2>t3 Dt1<t2<t3答案:B解析:滑塊在斜面上滑動時受重力和支持力,根據(jù)牛頓第二定律,有:mgsin ma,解得:agsin ,設(shè)底長為L,根據(jù)位移時間關(guān)系有:at2,由以上兩式聯(lián)立解得:t,故當(dāng)290,即45時時間最短,故t1t3>t2,B正確6(2018廣東珠海期末)如圖所示是某同學(xué)站在壓力傳感器上做下蹲、起立的動作時記錄的壓力隨時間變化的圖線由圖線可知,該同學(xué)的體重約為650 N,在28 s時間內(nèi)()A該同學(xué)做了一次下蹲再起立的動作B該同學(xué)做了兩次下蹲再起立的動作C下蹲過程中人一直處于失重狀態(tài)D下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)答案:A解析:人下蹲動作分別有失重和超重兩個過程,先是加速下降處于失重狀態(tài),到達(dá)一個最大速度后再減速下降處于超重狀態(tài),故人下蹲動作對應(yīng)先失重再超重,起立時對應(yīng)先超重再失重,對應(yīng)圖象可知,該同學(xué)做了一次下蹲再起立的動作,故A正確,B、C、D錯誤7(2018廣州深圳中學(xué)六模)(多選)如圖所示,甲圖為光滑水平桌面上質(zhì)量為M的物體,用輕繩通過定滑輪與質(zhì)量為m的物體相連,m所受重力為5 N;乙圖為同一物體M在光滑水平桌面上用輕繩通過定滑輪施加豎直向下的拉力F,拉力F的大小也是5 N,開始時M距桌邊的距離相等,則()AM到達(dá)桌邊時的速度相等,所用的時間也相等B甲圖中M到達(dá)桌邊用的時間較長,速度較小C甲圖中M到達(dá)桌邊時的動能較大,所用時間較短D乙圖中繩子受到的拉力較大答案:BD解析:將題圖甲的兩個物體整體作為研究對象,由牛頓第二定律得aM;對題圖乙的M分析有aM.因xat2,v22ax,且aM<aM,所以題圖甲中M到達(dá)桌邊用的時間較長,速度較小,動能較小,A、C錯誤,B正確;題圖乙中繩子受到的拉力大小為F,題圖甲中,對M分析有TMaM<FMaM,題圖乙中繩子受到的拉力較大,D正確8(2018河北滄州泊頭二中月考)一個質(zhì)量是 50 kg 的人站在升降機的地板上,升降機的頂部懸掛了一個彈簧測力計,彈簧測力計下面掛著一個質(zhì)量為m5 kg 的物體A,當(dāng)升降機向上運動時,他看到彈簧測力計的示數(shù)為40 N,取g10 m/s2,求此時人對地板的壓力答案:400 N 方向豎直向下 解析:以A為研究對象,對A進行受力分析,選向下為正方向,由牛頓第二定律可知mgFTma解得a m/s22 m/s2再以人為研究對象,由牛頓第二定律可知M人gFNM人a解得:FNM人(ga)50(102) N400 N,方向豎直向上根據(jù)牛頓第三定律得:人對地板的壓力FNFN400 N,方向豎直向下能力提升9(2018江西模擬)為了讓乘客乘車更為舒適,某探究小組設(shè)計了一種新的交通工具,乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整,使座椅始終保持水平,如圖所示當(dāng)此車減速上坡時(僅考慮乘客與水平面之間的作用),則乘客()A處于超重狀態(tài)B不受摩擦力的作用C受到水平向左的摩擦力作用D所受合力豎直向上答案:C 解析:當(dāng)此車減速上坡時,整體的加速度沿斜面向下,乘客具有向下的分加速度,故乘客處于失重狀態(tài),選項A錯誤;由于乘客的加速度沿斜面向下,乘客有水平向左的分加速度,對乘客進行受力分析,乘客受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力作用,選項B錯誤,C正確;由于乘客的加速度沿斜面向下,根據(jù)牛頓第二定律可知乘客所受的合力沿斜面向下,選項D錯誤10(2018河北石家莊調(diào)研)如圖所示,一傾角37的足夠長斜面固定在水平地面上當(dāng)t0時,滑塊以初速度v010 m/s沿斜面向上運動,已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5,取g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8,下列說法正確的是()A滑塊一直做勻變速直線運動Bt1 s,滑塊速度減為零,然后靜止在斜面上Ct2 s時,滑塊恰好又回到出發(fā)點Dt3 s時,滑塊的速度大小為4 m/s答案:D 解析:設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1,由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma1,解得a110 m/s2,上滑時間t11 s,上滑的距離x1v0t15 m,因tan >,mgsin >mgcos ,滑塊上滑到速度為零后向下運動,選項B錯誤;設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2,由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma2,解得a22 m/s2,經(jīng)1 s,滑塊下滑的距離x2a2t1 m<5 m,滑塊未回到出發(fā)點,選項C錯誤;因上滑和下滑過程中的加速度不同,故滑塊全程不是勻變速直線運動,選項A錯誤;t3 s時,滑塊沿斜面向下運動,此時的速度va2(tt1)4 m/s,選項D正確11一質(zhì)量為m2 kg的滑塊能在傾角為30的足夠長的斜面上以a2.5 m/s2勻加速下滑如圖所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑塊,使之由靜止開始在t2 s內(nèi)沿斜面運動,其位移x4 m取g10 m/s2.求:(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù);(2)恒力F的大小答案:(1)(2) N或 N解析:(1)根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin 30mgcos 30ma解得(2)F是恒力,可判斷滑塊所受合力也為恒力,因此滑塊沿斜面做勻加速直線運動,但加速度方向有向上和向下兩種可能根據(jù)題意,由位移公式,有xa1t2可得a12 m/s2當(dāng)加速度沿斜面向上時,有Fcos 30mgsin 30fma1f(Fsin 30mgcos 30)聯(lián)立式解得F N當(dāng)加速度沿斜面向下時,有mgsin 30Fcos 30fma1聯(lián)立式解得F N.12如圖所示,一小物塊質(zhì)量為m1 kg,在與水平方向成角的力F的作用下以v03 m/s的初速度沿直線在水平面上做勻加速運動,經(jīng)t2.5 s的時間物塊由A點運動到B點,A、B之間的距離L10 m物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5,若物塊可看做質(zhì)點,空氣阻力不計,取g10 m/s2.(1)求物塊運動的加速度和物塊到達(dá)B點時的速度;(2)若大小不確定,求力F的最小值(結(jié)果可保留根號)答案:(1)0.8 m/s5 m/s(2) N解析:(1)由xv0tat2xL10 m解得a0.8 m/s2vBv0at5 m/s.(2)對物塊受力分析,由牛頓第二定律,可得Fcos (mgFsin )maF由數(shù)學(xué)知識,可知F代入數(shù)據(jù),得Fmin N.

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