【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律　两类动力学问题课时作业 10页

‎2020届一轮复习人教版 牛顿第二定律　两类动力学问题 课时作业 ‎[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0～t1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0～t1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0～t1时间内加速度变小 B．物体在0～t1时间内加速度变大 C．物体在0～t1时间内处于超重状态 D．物体在0～t1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0～t1时间内物体的加速度逐渐减小，A正确，B错误；物体在0～t1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(　　)‎ A．N1变大，N2不变 B．N1不变，N2变大 C．N1和N2都变小 D．N1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α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是(　　)‎ A．细线拉力大小为mg B．弹簧的弹力大小为mg C．剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为g D．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 α＝2mg，F＝2mg，A错误；隔离a小球分析，得弹簧弹力大小Fx＝＝mg，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a＝＝2g，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(　　)‎ A．t1＝t2＝t3 B．t1＝t3>t2‎ C．t1>t2>t3 D．t1t2，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2～8 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(　　)‎ A．M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a′M＝.因x＝at2，v2＝2ax，且aMμ，mgsin θ>μmgcos θ，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 θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2＝a2t＝1 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；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，选项D正确．‎ ‎11．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 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t＝2 s内沿斜面运动，其位移x＝4 m．取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(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 30°－μmgcos 30°＝ma 解得μ＝ ‎(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 x＝a1t2‎ 可得a1＝2 m/s2‎ 当加速度沿斜面向上时，有 Fcos 30°－mgsin 30°－f＝ma1　①‎ f＝μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)　②‎ 联立①②式解得F＝ N 当加速度沿斜面向下时，有 mgsin 30°－Fcos 30°－f＝ma1　③‎ 联立②③式解得F＝ N.‎ ‎12．如图所示，一小物块质量为m＝1 kg，在与水平方向成θ角的力F的作用下以v0＝3 m/s的初速度沿直线在水平面上做匀加速运动，经t＝2.5 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，若物块可看做质点，空气阻力不计，取g＝10 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θ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/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)对物块受力分析，由牛顿第二定律，可得 Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma F＝ 由数学知识，可知 F＝≥ 代入数据，得Fmin＝ N.‎