2020版高考物理一轮复习第三章课时作业8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版.docx

课时作业8牛顿第二定律两类动力学问题时间：45分钟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0t1时间内做匀加速运动C从t1时刻后便开始返回运动D在0t2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0t1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.，gC.，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F3mg3ma，对B，由牛顿第二定律得F弹2mg2ma，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mgmaA，解得aAg，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)A1B12C1D13解析：设AB与竖直方向的夹角为，则AB2Rcos，小球沿AB下滑的加速度为agcos，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mgsinmgcos，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a1gsingcos，下滑时加速度大小为a2gsingcos，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l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.gC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mgkl，设使弹簧再伸长l时手的拉力大小为F，再由胡克定律得(mgF)k(ll)，由联立得Fmg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ag，故本题选A.7一质量为m2 kg的滑块能在倾角30的足够长的斜面上以a2.5 m/s2匀加速下滑如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t2 s内沿斜面运动位移s4 m(取g10 m/s2)求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力F的大小解析：(1)对滑块，根据牛顿第二定律可得mgsin30mgcos30ma解得(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sat2代入数据解得a2 m/s2当加速度沿斜面向上时，Fcos30mgsin30(Fsin30mgcos30)ma代入数据得F N26.33 N当加速度沿斜面向下时，mgsin30Fcos30(Fsin30mgcos30)ma代入数据得F N1 N答案：(1)(2)26.33 N或1 N8如图所示，两个质量分别为m13 kg、m22 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F130 N、F220 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 NB弹簧测力计的示数是24 NC在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2D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/s22 m/s2，隔离m2，根据牛顿第二定律有：FF2m2a，解得F24 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/s212 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 NBB对A的压力大小为12 NCA的加速度为零DB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FmAg30 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/s24 m/s2，选项C错误、D正确；隔离对B分析，mBgFNmBa，解得FNmBgmBa20 N24 N12 N，选项B正确10质量为10 kg的物体置于一个倾角为30的斜面上，它与斜面间的动摩擦因数，从t0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Ff1FNmgcos30100 N60 N，物体到达最高点时，速度为零，重力的下滑分力大小为mgsin3050 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Ff2mgsin3050 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37，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m1.0 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0.5(sin370.6，cos370.8，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FMN2.4 NB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FMN0D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(Mm)gsin(Mm)gcos(Mm)a，代入数据得a2.0 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mgsinFNma代入数据得FN4 N，根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为FMN4 N，选项A、B错误；若斜面光滑，0，小球仍和木块一起做匀加速直线运动，代入数据得FMN0，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，则下滑的加速度agsin，下滑的位移x，根据xat2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.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