2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)12 牛頓第二定律 兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題.doc

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課時(shí)作業(yè)(十二)　牛頓第二定律　兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，推力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，關(guān)于物體在0～t1時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，正確的描述是(　　) A．物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng) 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(shuō)明物體做變加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、D錯(cuò)．在0～t1時(shí)間內(nèi)F的方向不變，F(xiàn)與v同向，則物體做加速運(yùn)動(dòng)． 2．(2018山西大學(xué)附中診斷)(多選)升降機(jī)箱內(nèi)底部放一個(gè)質(zhì)量為m的物體，當(dāng)箱從高空某處以初速度v0下落時(shí)，其速度—時(shí)間圖象如圖乙所示，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．物體在0～t1時(shí)間內(nèi)加速度變小 B．物體在0～t1時(shí)間內(nèi)加速度變大 C．物體在0～t1時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài) D．物體在0～t1時(shí)間內(nèi)處于失重狀態(tài) 答案：AC　解析：在vt圖中，圖線(xiàn)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0～t1時(shí)間內(nèi)物體的加速度逐漸減小，A正確，B錯(cuò)誤；物體在0～t1時(shí)間內(nèi)初速度的方向向下，是向下做減速運(yùn)動(dòng)，所以加速度的方向向上，物體處于超重狀態(tài)，C正確，D錯(cuò)誤． 3．(2018湖南長(zhǎng)沙一模)如圖所示，小車(chē)在恒力F作用下沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)，其內(nèi)底面左壁有一物塊，物塊與小車(chē)右壁之間有一壓縮的輕彈簧，小車(chē)內(nèi)底面光滑．當(dāng)小車(chē)由左側(cè)光滑地面進(jìn)入到右側(cè)粗糙地面時(shí)，物塊一直與左壁保持接觸，則車(chē)左壁受物塊的壓力N1和車(chē)右壁受彈簧的壓力N2的大小變化是(　　) A．N1變大，N2不變 B．N1不變，N2變大 C．N1和N2都變小 D．N1變小，N2不變 答案：D　解析：因?yàn)槲飰K相對(duì)于小車(chē)靜止不動(dòng)，故彈簧長(zhǎng)度不變，N2不變；又因小車(chē)受地面向左的摩擦力，則小車(chē)和物塊的加速度向右減小或向左，故車(chē)左壁受物塊的壓力N1變小，正確選項(xiàng)為D. 4．(2018山東淄博一模)如圖所示，輕彈簧兩端拴接兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、b，拴接小球的細(xì)線(xiàn)固定在天花板上，兩球靜止，兩細(xì)線(xiàn)與水平方向的夾角均為α＝30，彈簧水平，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．細(xì)線(xiàn)拉力大小為mg B．彈簧的彈力大小為mg C．剪斷左側(cè)細(xì)線(xiàn)瞬間，b球加速度大小為g D．剪斷左側(cè)細(xì)線(xiàn)瞬間，a球加速度大小為g 答案：B 解析：以?xún)尚∏蚝蛷椈山M成的系統(tǒng)為研究對(duì)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 α＝2mg，F(xiàn)＝2mg，A錯(cuò)誤；隔離a小球分析，得彈簧彈力大小Fx＝＝mg，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(xiàn)瞬間，b球受力不變，合力為零，其加速度為零，C錯(cuò)誤；a球受重力和彈簧的彈力，加速度大小a＝＝2g，D錯(cuò)誤． 5．(2018吉林通化一檢)如圖所示，一物體分別從3個(gè)不同高度，但同底的光滑斜面的頂端由靜止開(kāi)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(shí)間t1、t2、t3的關(guān)系是(　　) A．t1＝t2＝t3 B．t1＝t3>t2 C．t1>t2>t3 D．t1t2，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(dòng)作時(shí)記錄的壓力隨時(shí)間變化的圖線(xiàn)．由圖線(xiàn)可知，該同學(xué)的體重約為650 N，在2～8 s時(shí)間內(nèi)(　　) A．該同學(xué)做了一次下蹲再起立的動(dòng)作 B．該同學(xué)做了兩次下蹲再起立的動(dòng)作 C．下蹲過(guò)程中人一直處于失重狀態(tài) D．下蹲過(guò)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(dòng)作分別有失重和超重兩個(gè)過(guò)程，先是加速下降處于失重狀態(tài)，到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降處于超重狀態(tài)，故人下蹲動(dòng)作對(duì)應(yīng)先失重再超重，起立時(shí)對(duì)應(yīng)先超重再失重，對(duì)應(yīng)圖象可知，該同學(xué)做了一次下蹲再起立的動(dòng)作，故A正確，B、C、D錯(cuò)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(guò)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(guò)定滑輪施加豎直向下的拉力F，拉力F的大小也是5 N，開(kāi)始時(shí)M距桌邊的距離相等，則(　　) A．M到達(dá)桌邊時(shí)的速度相等，所用的時(shí)間也相等 B．甲圖中M到達(dá)桌邊用的時(shí)間較長(zhǎng)，速度較小 C．甲圖中M到達(dá)桌邊時(shí)的動(dòng)能較大，所用時(shí)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(gè)物體整體作為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得aM＝；對(duì)題圖乙的M分析有a′M＝.因x＝at2，v2＝2ax，且aMμ，mgsin θ>μmgcos θ，滑塊上滑到速度為零后向下運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，經(jīng)1 s，滑塊下滑的距離x2＝a2t＝1 m<5 m，滑塊未回到出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因上滑和下滑過(guò)程中的加速度不同，故滑塊全程不是勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝3 s時(shí)，滑塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，選項(xiàng)D正確． 11．一質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30的足夠長(zhǎng)的斜面上以a＝2.5 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(kāi)始在t＝2 s內(nèi)沿斜面運(yùn)動(dòng)，其位移x＝4 m．取g＝10 m/s2.求： (1)滑塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)恒力F的大?。? 答案：(1)　(2) N或 N 解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin 30－μmgcos 30＝ma 解得μ＝ (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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，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 x＝a1t2 可得a1＝2 m/s2 當(dāng)加速度沿斜面向上時(shí)，有 Fcos 30－mgsin 30－f＝ma1?、? f＝μ(Fsin 30＋mgcos 30)?、? 聯(lián)立①②式解得F＝ N 當(dāng)加速度沿斜面向下時(shí)，有 mgsin 30－Fcos 30－f＝ma1　③ 聯(lián)立②③式解得F＝ N. 12．如圖所示，一小物塊質(zhì)量為m＝1 kg，在與水平方向成θ角的力F的作用下以v0＝3 m/s的初速度沿直線(xiàn)在水平面上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝2.5 s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L＝10 m．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，若物塊可看做質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，取g＝10 m/s2. (1)求物塊運(yùn)動(dòng)的加速度和物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度； (2)若θ大小不確定，求力F的最小值(結(jié)果可保留根號(hào))． 答案：(1)0.8 m/s　5 m/s　(2) N 解析：(1)由x＝v0t＋at2 x＝L＝10 m 解得a＝0.8 m/s2 vB＝v0＋at＝5 m/s. (2)對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律，可得 Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma F＝ 由數(shù)學(xué)知識(shí)，可知 F＝≥ 代入數(shù)據(jù)，得Fmin＝ N.