2019屆高考物理一輪復習課時作業(yè)12牛頓第二定律兩類動力學問題

1、課時作業(yè)（十二）牛頓第二定律 兩類動力學問題 基礎訓練 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) 解析：在v-t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時間內物體的加速度逐漸減小， A 正確，B 錯誤；物體在 0 A. B. C. D. 物體先做勻加速運動，后做勻減速運動 物體的速度一直增大 物體的速度先增大后減小 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 011時間內F的方向不變，F與v同向，則物體做加速運動.

2、 山西大學附中診斷）（多選）升降機箱內底部放一個質量為 m的物體，當箱從 C. 物體在 011時間內處于超重狀態(tài) D. 物體在 011時間內處于失重狀態(tài) 答案：AC 律如圖所示，關于物體在 ) 2. (2018 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 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,ti時間內初速度的方向向下，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 小車內底面光滑.當小車由左 3 側光滑地面進入到右側粗糙地面時，物塊一直與左壁保持接觸，則車左壁受物塊的壓力 和車右壁受彈簧的壓力

3、 2 的大小變化是（ ） A. N變大，N2不變 B. N不變，N2變大 C. N和N2都變小 D. N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, N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 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量均為 m的小球 N1 a、b,拴 接小球的細線固定在天花板上, =30,彈簧 A. B. C. 兩球靜止，兩細線與水平方向的夾角均為 水平，以下說法正確的是 b 細線拉力大小為 mg 彈簧的彈力大小為 v3mg 剪斷左側細線瞬間，b

4、球加速度大小為g 剪斷左側細線瞬間，a球加速度大小為g D. 答案：B 解析：以兩小球和彈簧組成的系統為研究對象受力分析，受到重力 根繩的拉力各為 F,根據平衡條件得 2Fsin 得彈簧彈力大小FX = F2- 變化，故剪斷左側細線瞬間， a = 2mg F= 2mg A 錯誤；隔離 mg 2= , 3mg B 正確；由于 2mg和兩 a小球分析, 兩端約束的彈簧上的彈力不能瞬間 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 pmg+FX a= - m =2g, 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

5、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的關系是（ ） 4 A tl = t 2= t 3 C t 1t 2t 3 答案：B 解析：滑塊在斜面上滑動時受重力和支持力，根據牛頓第二定律，有： mgin 0 = ma解得：a= gsin 0，設底長為L,根據位移時間關系有： cOSTT = 2 曰廣，由以上兩 式聯立解得：t = = ，故當 2 0 = 90,即0 = 45時時 j gsin 0 cos 0 i gsin 2 0 間最短，故t 1 = t 3t 2 , B 正確. 6. （2018 廣東珠海期末）如圖

6、所示是某同學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，該同學的體重約為 650 N，在 28 s 時間內 （ ） 1 000 800 600 400 200 2 4 6 8 10 時間（秒） A. 該同學做了一次下蹲再起立的動作 B. 該同學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)， 故人下蹲動作對應先失重再超重， 起立時對 應先超重再失重，對應圖象可知，該同學做了一次

7、下蹲再起立的動作，故 A 正確，B C、D 錯誤. 7. （2018 廣州深圳中學六模）（多選）如圖所示，甲圖為光滑水平桌面上質量為 M的物 體，用輕繩通過定滑輪與質量為 m的物體相連，m所受重力為 5N ;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M2 5 距桌邊的距離相等，貝 y ( ) 對題圖乙的 M分析有a匸因x = gat2, v2= 2ax,且axa M,所以題圖甲中 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T= Ma卩，m(si n 0 卩m

8、gpos 0，滑塊上滑到速度為零后向下運動，選項 B 錯誤；設 滑塊下滑時的加速度大小為 a2,由牛頓第二定律可得 mn 0 卩mopos 0 = ma, 2 1 2 . . =2 m/s，經 1 s，滑塊下滑的距離 X2= a2t 2= 1 min 30 卩 mgpos 30 牡並 解得卩=亠 6 (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. 根據題意，由位移公式，有 x=知2 可得 a1 = 2 m/s 2 當加速度沿斜面向上時，有 Fcos 30 mgsin 30 f = ma 解得a2 C錯誤; A 錯誤; 勻加速下

9、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 t = 2 s (1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數 、F V ma 內沿斜面運動，其位移 卩10 f =卩(Fsin 30 + mgcos 30 ) 聯立式解得 4 勞 N 當加速度沿斜面向下時，有 mcsin 30 - Fcos 30 - f = ma 聯立式解得F= 7 N. 12. 如圖所示，一小物塊質量為 m= 1 kg，在與水平方向成 0角的力F的作用下以V。 =3 m/s的初速度沿直線在水平面上做勻加速運動，經 t = 2.5 s 的時間物塊由A點運動到B 點，A B之間的距離L= 10 m.物塊與水平面間的動摩擦因數為 卩=0.5，若物塊可看做質 點，空氣阻力不計，取 g= 10 m/s 2. /?/ A (1)求物塊運動的加速度和物塊到達 B點時的速度; 若0大小不確定，求力 F 的最小值(結果可保留根號). 答案：(1)0.8 m/s 5 m/s (2) |5 N 1 2 解析：(1)由 x= vot + 2at x= L= 10 m 2 解得 a= 0.8 m/s VB= VO+