《2019版一轮物理复习：牛顿第二定律两类动力学问题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版一轮物理复习：牛顿第二定律两类动力学问题含解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业 单独成册 方便使用基础题组一、单项选择题1在国际单位制(简称 SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)导出单位 V(伏特)用上述基本单位可表示为( )Am2kgs4A1 Bm2kgs3A1Cm2kgs2A1 Dm2kgs1A1解析：根据 PUI、PFv、Fma 可导出 U，即 VmavIkgms2ms1Am2kgs3A1，B 项正确答案：B2由牛顿第二定律可知( )A物体运动的方向发生改变，可断定物体所受合外力的方向也发生改变B只要物体受到力的作用，物体就有加速度C当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比D物体
2、的质量对加速度的产生起反抗作用，所以质量是一种阻力解析：物体运动的方向发生改变，其合外力方向可能不变，如平抛运动，A 错；若物体所受到的力的合力为零，则物体没有加速度，B 错；根据牛顿第二定律的独立性可知，C 对；质量是物体的属性，不是力，D 错答案：C3.如图所示，两根长度分别为 L1和 L2的光滑杆 AB 和 BC 在 B 点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从 B 点由静止释放，分别沿 BA 和 BC 滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )A. B.2 L1L2g2L1L2gC. D2 L2 1L2 2g2L2 1L2 2gL1L2解析：设 BA 和 BC 倾角分
3、别为 和 ，根据牛顿第二定律得：滑环沿 BA 下滑的加速度为a1gsin mgsin m沿 BC 下滑的加速度为a2gsin mgsin m设下滑时间为 t，由题有：L1 a1t212L2 a2t212由几何知识有：sin cos 联立以上各式解得 t，故选 C.2 L2 1L2 2g答案：C4乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为 30的山坡以加速度 a 上行，如图所示在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为 m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则( )A小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B小物块受到的摩擦力方向平行斜面向
4、下C小物块受到的滑动摩擦力为 mgma12D小物块受到的静摩擦力为 ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力缆车以加速度 a 上行，小物块的加速度也为 a，以物块为研究对象，则有 fmgsin 30ma，f mgma，f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故 A 正确，B、C、D 均错误12答案：A5(2018湖南衡阳联考)质量不等的两木块 A、B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块 A、B 一起做匀速运动若木块 A、B 的位置互相交换，则木块 A 运动的加速度为(木块 A、B 与桌面间的动摩擦因数均为 ，且 1，重力加速度为 g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)(
5、 )A(1)g B(12)gC.g D与木块 A、B 的质量有关12解析：A、B 匀速运动过程，有mAgmBgA、B 互相交换后，有mBgmAg(mAmB)a解得 a(1)g故选 A.答案：A二、多项选择题6.如图是汽车运送圆柱形工件的示意图图中 P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时 Q 传感器示数为零，P、N 传感器示数不为零当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而 Q、N 传感器示数不为零已知 sin 150.26，cos 150.97，tan 150.27，g 取 10 m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )A4 m/s2 B3
6、 m/s2C2 m/s2 D1 m/s2解析：设圆柱形工件的质量为 m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有 FQmgNcos 15，F合Nsin 15ma，联立解得 aFQmgmtan 150.272.7m/s22.7 m/s2.故选项 A、B 正确FQm答案：AB7(2016高考全国卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关若它们下落相同的距离，则( )A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的
7、功解析：根据牛顿第二定律有 ag，Ffkr，m r3，联立得 agmgFfmFfm43，又因为甲的质量大于乙的质量，则甲的半径大于乙的半径，故甲的加速度大小3k4r2大于乙的加速度大小，C 错误由匀变速直线运动的规律有 h at2，得 t，则 t甲122hat乙，A 错误由匀变速直线运动的规律有 v22ah，得 v，则 v甲v乙，B 正2ah确克服阻力做功为 WfFfhkrh，因甲的半径大于乙的半径，故甲克服阻力做功多，D 正确答案：BD8.(2018湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为 m 的小球 a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角 30，
8、弹簧水平，重力加速度为 g，则以下说法中正确的是( )A细线拉力的大小为 mgB弹簧弹力的大小为mg32C剪断左侧细线的瞬间，小球 a 的加速度为 2gD剪断左侧细线的瞬间，小球 b 的加速度为零解析：对小球 a 分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力 Fmg，细线的拉力为32mg，故 A、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球 a 所受的合力 F合2mg，根据牛顿第二定律得，a2g，小球 b 受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故 C、D 正确答案：CD能力题组一、选择题9如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B 两球
9、用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A两图中两球加速度均为 gsin B两图中 A 球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍解析：撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin ，加速度为 2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin ，加速度均为 gsin ，可知只有 D 正确答案：D10(2018贵州
10、六盘水模拟)在很多旅游景点都建有山坡滑道，如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了研究滑行者在滑道斜坡 AE 部分的滑行情况，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图AC 是滑道的竖直高度，D 点是 AC 竖直线上的一点，且有 ADDE10 m，滑道 AE 可视为光滑，A30.滑行者从坡顶 A 点由静止开始沿滑道 AE 向下做直线滑动，g 取 10 m/s2，则( )A滑道 AE 的长度为 10 mB滑行者在滑道 AE 上滑行的加速度 a5 m/s2C滑行者在滑道 AE 上滑行的时间为 2 sD滑行者滑到 E 点时的速度为 10 m/s解析：由图中几何关系可知，AE2ADcos 30210 m10
11、m，A 错误；由323几何知识知滑道 AE 与水平面的夹角为 60，由 mgsin 60ma 可得滑行者在滑道 AE上滑行的加速度 agsin 605 m/s2，B 错误；由 AE at2，解得 t2 s，C 正确；由312v22aAE，解得 v10 m/s，D 错误3答案：C11.(多选)如图所示，一倾角 37的足够长斜面固定在水平地面上当 t0 时，滑块以初速度 v010 m/s 沿斜面向上运动已知滑块与斜面间的动摩擦因数 0.5，g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是( )A滑块一直做匀变速直线运动Bt1 s 时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下
12、运动Ct2 s 时，滑块恰好又回到出发点Dt3 s 时，滑块的速度大小为 4 m/s解析：设滑块上滑时的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma1，解得 a110 m/s2，上滑时间 t11 s，上滑的距离 x1 v0t15 m，因 tan v0a112，mgsin mgcos ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项 B 正确；设滑块下滑时的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma2，解得 a22 m/s2，经 1 s，滑块下滑的距离 x2 a2t 1 m5 m，滑块未回到出发点，选项 C 错误；122 2因上滑和下滑过程中的加速度不同，
13、故滑块全程不是匀变速直线运动，选项 A 错误；t3 s 时，滑块沿斜面向下运动的位移 x3 a2t 222 m4 m5 m，滑块未回122 312到出发点，此时的速度 va2(3 s1 s)4 m/s，选项 D 正确答案：BD二、非选择题12(2018浙江金华十校调研)在游乐场中，有一种大型游戏装置叫“跳楼机” ，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面 40 m 高处，然后由静止释放为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动 1.2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面 4 m 高处时速度刚好减小到零然后再让座椅以相当缓慢的速度稳
14、稳下落，将游客送回地面(g 取 10 m/s2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度为多大？(2)座椅在匀减速运动阶段的时间为多少？(3)在匀减速运动阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为 v，下落时间 t11.2 s，由 vgt1得v12 m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为 h，总时间为 t，h(404)m36 m，由 h t 得 t6 s，v2设座椅匀减速运动的时间为 t2，则t2tt14.8 s.(3)设座椅在匀减速阶段的加速度大小为 a，座椅对游客的作用力大小为 F，根据vat2可得 a2.5 m/s2，由牛顿第二
15、定律 Fmgma 可得1.25.Fmg答案：(1)12 m/s (2)4.8 s (3)1.2513.如图所示，一物体以 v02 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时 t1 s已知斜面长度 L1.5 m，斜面的倾角30，重力加速度取 g10 m/s2.求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为 v，则有Lt，v0v2代入数据解得 v1 m/s.(2)因 vv0，物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为a1 m/s2.v0vt(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示由牛顿第二定律得Ffmgsin ma又 FNmgcos FfFN联立解得 ，agsin gcos 代入数据解得 .2 35答案：(1)1 m/s (2)1 m/s2 方向沿斜面向上 (3)2 35
