2019届高考物理一轮复习 课时作业12 牛顿第二定律 两类动力学问题.doc

课时作业(十二)牛顿第二定律两类动力学问题 基础训练1静止在光滑水平面上的物体，在水平推力F作用下开始运动，推力随时间变化的规律如图所示，关于物体在0t1时间内的运动情况，正确的描述是()A物体先做匀加速运动，后做匀减速运动B物体的速度一直增大C物体的速度先增大后减小D物体的加速度一直增大答案：B解析：由F合ma得：F先增大后减小，则a先增大后减小，说明物体做变加速运动，选项A、D错在0t1时间内F的方向不变，F与v同向，则物体做加速运动2(2018山西大学附中诊断)(多选)升降机箱内底部放一个质量为m的物体，当箱从高空某处以初速度v0下落时，其速度时间图象如图乙所示，以下说法正确的是()A物体在0t1时间内加速度变小B物体在0t1时间内加速度变大C物体在0t1时间内处于超重状态D物体在0t1时间内处于失重状态答案：AC解析：在vt图中，图线的斜率表示物体速度变化的快慢，即斜率表示物体的加速度，由图乙可知，在0t1时间内物体的加速度逐渐减小，A正确，B错误；物体在0t1时间内初速度的方向向下，是向下做减速运动，所以加速度的方向向上，物体处于超重状态，C正确，D错误3(2018湖南长沙一模)如图所示，小车在恒力F作用下沿水平地面向右运动，其内底面左壁有一物块，物块与小车右壁之间有一压缩的轻弹簧，小车内底面光滑当小车由左侧光滑地面进入到右侧粗糙地面时，物块一直与左壁保持接触，则车左壁受物块的压力N1和车右壁受弹簧的压力N2的大小变化是()AN1变大，N2不变 BN1不变，N2变大CN1和N2都变小 DN1变小，N2不变答案：D解析：因为物块相对于小车静止不动，故弹簧长度不变，N2不变；又因小车受地面向左的摩擦力，则小车和物块的加速度向右减小或向左，故车左壁受物块的压力N1变小，正确选项为D.4(2018山东淄博一模)如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为30，弹簧水平，以下说法正确的是()A细线拉力大小为mgB弹簧的弹力大小为mgC剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为gD剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为g答案：B 解析：以两小球和弹簧组成的系统为研究对象受力分析，受到重力2mg和两根绳的拉力各为F，根据平衡条件得2Fsin 2mg，F2mg，A错误；隔离a小球分析，得弹簧弹力大小Fxmg，B正确；由于两端约束的弹簧上的弹力不能瞬间变化，故剪断左侧细线瞬间，b球受力不变，合力为零，其加速度为零，C错误；a球受重力和弹簧的弹力，加速度大小a2g，D错误5(2018吉林通化一检)如图所示，一物体分别从3个不同高度，但同底的光滑斜面的顶端由静止开始滑下，斜面与水平面夹角分别为30、45、60，滑到底端所用的时间t1、t2、t3的关系是()At1t2t3 Bt1t3>t2Ct1>t2>t3 Dt1<t2<t3答案：B解析：滑块在斜面上滑动时受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：mgsin ma，解得：agsin ，设底长为L，根据位移时间关系有：at2，由以上两式联立解得：t，故当290，即45时时间最短，故t1t3>t2，B正确6(2018广东珠海期末)如图所示是某同学站在压力传感器上做下蹲、起立的动作时记录的压力随时间变化的图线由图线可知，该同学的体重约为650 N，在28 s时间内()A该同学做了一次下蹲再起立的动作B该同学做了两次下蹲再起立的动作C下蹲过程中人一直处于失重状态D下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态答案：A解析：人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，到达一个最大速度后再减速下降处于超重状态，故人下蹲动作对应先失重再超重，起立时对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲再起立的动作，故A正确，B、C、D错误7(2018广州深圳中学六模)(多选)如图所示，甲图为光滑水平桌面上质量为M的物体，用轻绳通过定滑轮与质量为m的物体相连，m所受重力为5 N；乙图为同一物体M在光滑水平桌面上用轻绳通过定滑轮施加竖直向下的拉力F，拉力F的大小也是5 N，开始时M距桌边的距离相等，则()AM到达桌边时的速度相等，所用的时间也相等B甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小C甲图中M到达桌边时的动能较大，所用时间较短D乙图中绳子受到的拉力较大答案：BD解析：将题图甲的两个物体整体作为研究对象，由牛顿第二定律得aM；对题图乙的M分析有aM.因xat2，v22ax，且aM<aM，所以题图甲中M到达桌边用的时间较长，速度较小，动能较小，A、C错误，B正确；题图乙中绳子受到的拉力大小为F，题图甲中，对M分析有TMaM<FMaM，题图乙中绳子受到的拉力较大，D正确8(2018河北沧州泊头二中月考)一个质量是 50 kg 的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为m5 kg 的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧测力计的示数为40 N，取g10 m/s2，求此时人对地板的压力答案：400 N 方向竖直向下 解析：以A为研究对象，对A进行受力分析，选向下为正方向，由牛顿第二定律可知mgFTma解得a m/s22 m/s2再以人为研究对象，由牛顿第二定律可知M人gFNM人a解得：FNM人(ga)50(102) N400 N，方向竖直向上根据牛顿第三定律得：人对地板的压力FNFN400 N，方向竖直向下能力提升9(2018江西模拟)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客()A处于超重状态B不受摩擦力的作用C受到水平向左的摩擦力作用D所受合力竖直向上答案：C 解析：当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，故乘客处于失重状态，选项A错误；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，对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力和水平向左的静摩擦力作用，选项B错误，C正确；由于乘客的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知乘客所受的合力沿斜面向下，选项D错误10(2018河北石家庄调研)如图所示，一倾角37的足够长斜面固定在水平地面上当t0时，滑块以初速度v010 m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是()A滑块一直做匀变速直线运动Bt1 s，滑块速度减为零，然后静止在斜面上Ct2 s时，滑块恰好又回到出发点Dt3 s时，滑块的速度大小为4 m/s答案：D 解析：设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2，上滑时间t11 s，上滑的距离x1v0t15 m，因tan >，mgsin >mgcos ，滑块上滑到速度为零后向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2a2t1 m<5 m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A错误；t3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度va2(tt1)4 m/s，选项D正确11一质量为m2 kg的滑块能在倾角为30的足够长的斜面上以a2.5 m/s2匀加速下滑如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t2 s内沿斜面运动，其位移x4 m取g10 m/s2.求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力F的大小答案：(1)(2) N或 N解析：(1)根据牛顿第二定律，有mgsin 30mgcos 30ma解得(2)F是恒力，可判断滑块所受合力也为恒力，因此滑块沿斜面做匀加速直线运动，但加速度方向有向上和向下两种可能根据题意，由位移公式，有xa1t2可得a12 m/s2当加速度沿斜面向上时，有Fcos 30mgsin 30fma1f(Fsin 30mgcos 30)联立式解得F N当加速度沿斜面向下时，有mgsin 30Fcos 30fma1联立式解得F N.12如图所示，一小物块质量为m1 kg，在与水平方向成角的力F的作用下以v03 m/s的初速度沿直线在水平面上做匀加速运动，经t2.5 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，若物块可看做质点，空气阻力不计，取g10 m/s2.(1)求物块运动的加速度和物块到达B点时的速度；(2)若大小不确定，求力F的最小值(结果可保留根号)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)对物块受力分析，由牛顿第二定律，可得Fcos (mgFsin )maF由数学知识，可知F代入数据，得Fmin N.