【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

【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

‎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 ‎1．如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做(　C　)‎ A．曲线运动 B．匀速直线运动 C．匀加速直线运动 D．变加速直线运动 解析：在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，选项C正确．‎ ‎2．(多选)物体只在力F的作用下从静止开始运动，其Ft图象如图所示，则物体(　AD　)‎ A．在t1时刻加速度最大 B．在0～t1时间内做匀加速运动 C．从t1时刻后便开始返回运动 D．在0～t2时间内，速度一直在增大 解析：从图中可知物体在运动过程中受到的合力方向始终不变，所以物体一直做加速运动，即速度一直增加，物体做单向加速直线运动，C错误、D正确；根据牛顿第二定律a＝，可得在t1时刻合力最大，所以加速度最大，A正确；在0～t1时间内合力F 一直增大，所以物体做加速度增大的加速运动，B错误．‎ ‎3．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B由轻弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，重力加速度为g.若突然剪断细线，则在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为(　A　)‎ A.，＋g B.，＋g C.，＋g D.，＋g 解析：在剪断细线前，对A、B及弹簧整体，由牛顿第二定律得F－3mg＝3ma，对B，由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝，细线被剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，此时A球受到向下的重力和弹簧的弹力作用，有F弹＋mg＝maA，解得aA＝＋g，A正确．‎ ‎4．如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为(　A　)‎ A．1　　　B．12　　　C．1　　　D．13‎ 解析：设AB与竖直方向的夹角为θ，则AB＝2Rcosθ，小球沿AB下滑的加速度为a＝gcosθ，解得小球在AB上运动的时间为t1＝＝；同理可知小球在AC上运动的时间为t2＝＝，则t1与t2之比为1，选项A正确．‎ ‎5．(多选)物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，则在以后的运动过程中该物块的速度—时间图象可能是(　ABD　)‎ 解析：如果斜面是光滑的，物块先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，两次运动的加速度相同，选项A正确；如果斜面不是光滑的，若mgsinθ<μmgcosθ，则小物块上滑到最高点后静止不动，选项D正确；若mgsinθ>μmgcosθ，小物块上滑到最高点之后，能加速返回，上升时的加速度的大小为a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑时加速度大小为a2＝gsinθ－μgcosθ，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，vt图象中上滑时的斜率大于下滑时的斜率，选项B正确，选项C错误．‎ ‎6．如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度为(　A　)‎ A.g B.g C．物体的加速度为0 D．加速度的方向向下 解析：当盘静止时，由胡克定律得mg＝kl，①‎ 设使弹簧再伸长Δl时手的拉力大小为F，‎ 再由胡克定律得(mg＋F)＝k(l＋Δl)，②‎ 由①②联立得F＝mg 刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．‎ 设刚松手时，加速度大小为a，‎ 根据牛顿第二定律得a＝＝g，故本题选A.‎ ‎7．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角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内沿斜面运动位移s＝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．‎ 解析：(1)对滑块，根据牛顿第二定律可得 mgsin30°－μmgcos30°＝ma　解得μ＝ ‎(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．由题意易知s＝a′t2‎ 代入数据解得a′＝2 m/s2‎ 当加速度沿斜面向上时，‎ Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma′‎ 代入数据得F＝ N≈26.33 N 当加速度沿斜面向下时，‎ mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma′‎ 代入数据得F＝ N≈1 N 答案：(1)　(2)26.33 N或1 N ‎8．如图所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　B　)‎ A．弹簧测力计的示数是50 N B．弹簧测力计的示数是24 N C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2‎ D．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2‎ 解析：对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔离m2，根据牛顿第二定律有：F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，选项A错误，选项B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，选项C、D错误．‎ ‎9．(多选)如图所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg的物体B用细线悬挂A、B间相互接触但无压力．g取10 m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　BD　)‎ A．弹簧弹力大小为20 N B．B对A的压力大小为12 N C．A的加速度为零 D．B的加速度大小为4 m/s2‎ 解析：细线剪断瞬间，先考虑AB整体，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度；再考虑B，根据牛顿第二定律列式求解弹力；最后根据牛顿第三定律列式求解B对A的压力．剪断细线前，A和B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝30‎ ‎ N，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不会突变，则弹力还是30 N，选项A错误；剪断细线的瞬间两物体即将一起加速向下运动，对整体分析整体加速度a＝＝ m/s2＝4 m/s2，选项C错误、D正确；隔离对B分析，mBg－FN＝mBa，解得FN＝mBg－mBa＝20 N－2×4 N＝12 N，选项B正确．‎ ‎10．质量为10 kg的物体置于一个倾角为θ＝30°的斜面上，它与斜面间的动摩擦因数μ＝，从t＝0开始，物体以一定的初速度沿斜面向上滑行，经过时间t1时滑动到最大位移处．则下列图中反映物体受到的摩擦力Ff随时间t变化规律的是(取沿斜面向上为正方向，g取10 N/kg)(　D　)‎ 解析：物体以一定的初速度沿斜面向上滑行时，受到的斜面的滑动摩擦力方向沿斜面向下，为负值，大小为Ff1＝μFN＝μmgcos30°＝×100× N＝60 N，物体到达最高点时，速度为零，重力的下滑分力大小为mgsin30°＝50 N，而最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则有重力的下滑分力小于最大静摩擦力，所以静止在最高点，根据平衡条件得物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，为正值，且大小为Ff2＝mgsin30°＝50 N，故只有选项D正确．‎ ‎11．如图所示，固定在水平面上的斜面倾角θ＝37°，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m＝1.0 kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)，现将木块由静止释放，木块沿斜面下滑，则在木块下滑过程中(　C　)‎ A．小球对木块MN面的压力FMN＝2.4 N B．小球可能受两个力 C．若斜面光滑，小球仍和木块一起做匀加速直线运动，但FMN＝0‎ D．若斜面光滑，小球将相对木块摆起 解析：由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动，将小球和木块看作一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，代入数据得a＝2.0 m/s2，选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为FN，根据牛顿第二定律有mgsinθ－FN＝ma代入数据得FN＝4 N，根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为FMN＝4 N，选项A、B错误；若斜面光滑，μ＝0，小球仍和木块一起做匀加速直线运动，代入数据得FMN＝0，选项C正确、D错误．‎ ‎12．竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD.三轨道交于O点，且与水平方向的夹角分别为30°、45°和60°.现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点由静止释放，分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端．则三小球到达斜面底端的先后次序是(　B　)‎ A．甲、乙、丙 B．丙、乙、甲 C．甲、丙同时到达，乙后到达 D．不能确定三者到达的顺序 解析：对乙、丙：设斜面的倾角为θ，则下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的位移x＝，根据x＝at2得t＝＝ ‎，故倾角越大的下落时间越短，故乙和丙两小球，丙先到达底端；对甲、乙：运动到底端的时间t＝＝＝，则甲、乙两小球中，乙时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲，故B项正确．‎ ‎13．飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力mg、竖直向上的机翼升力F升、发动机推力F推、空气阻力F阻、地面支持力N和轮胎受地面的摩擦阻力f.已知升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即F升＝k1v2，F阻＝k2v2，k1、k2为已知量，轮胎受地面的摩擦阻力f与地面的支持力成正比，比例系数为μ.假设飞机在跑道上加速滑行时发动机推力F推＝.‎ ‎(1)飞机起飞时的速度v多大？‎ ‎(2)若要求飞机在水平跑道上匀加速滑行，则轮胎受地面的摩擦阻力f与地面的支持力成正比的比例系数μ应满足怎样的条件？‎ ‎(3)若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，跑道的长度至少多大？‎ 解析：(1)根据题意，飞机刚要离开跑道时，地面支持力为零，飞机的升力与重力平衡，故有：k1v2＝mg 解得飞机起飞时的速度为：v＝ ‎(2)对飞机受力分析，飞机水平方向受推力、摩擦力和空气阻力，合力使飞机产生加速度，根据牛顿第二定律有：‎ F推－F阻－f＝ma 代入数据可得：F推－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma 要使飞机做匀加速运动，则：μk1v2－k2v2＝0‎ 即满足：μ＝ ‎(3)飞机匀加速运动的加速度为：‎ a＝＝(－μ)g 起飞的条件为N＝0，即k1v2＝mg 由匀加速运动关系式v2－v＝2as 得：s＝＝＝ 答案：(1)　(2)μ＝　(3)