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1、第2讲生顿第二定律的基本应用基础对点练题组一动力学的两类基本问题1.某同学乘坐地铁时,在一根细绳的下端挂一支酸珠笔,上端用电工胶布临时固定在地帙的坚宜扶手上.地铁在进站或出站时沿水平方向做宜找运动.细绳偏黑竖直方向的角度为伍并保持一段时间.他用手机拍摄了当时的情境照片.拍摄方向跟地铁前进方向垂出,如图所示。重力加速度大小为8.则根据照片信息,可知这段时间内（）A.地铁的加速度大小为RSinOB.他铁的加速度大小为geosC.地秩可能向左做匀速直税运动D.地铁可能向右做匀减速宜线运动2 .（2023安极二模）水平成面上放置一顺景为m的木块,木块与桌面间的动摩擦因数恒定.用一水平忸力尸拉木块,木块
2、在水平表面上做匀速直线运动:若将此力方向改为与水平方向成74角斜向上（F大小不变）,木块仍在水平奥面上做匀速直线运动.那么当用2户的水平恒力拉木块、此时木块的加速度为（已知当地的重力加速度为扉Sin74o=0.96.cos740=0.28）（）3 .如图所示.有一半B1.其直径水TI1.1J另一网的底部和切干。点Q点恰好是下半B1.的圆心,它们处在同一竖立平面内.现有三条光滑乳道AOZ1.COD.EoR它们的两端分别位于上下两圈的圆冏上.轨道与竖III1.径的夹角关系为现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底然,则小物块在岳一条倾斜轨道上滑动时所羟历的时间关系为（）RJAe=IcD=ItF
3、C.tAHCD1.UV).tAH=1.CO的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力尸和受到的阻力R均为恒力，如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉在质量为，”的物体由静止开始运动.当小车拖动物体行驶的位移为x1时.小车达到额定功率.轻绳从物体上脱落.物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为门。物体与地面间的动摩擦因故不变,不计空气阻力,小车的额定功率代为（）/WEq（777；/ZZ/ZzZZZZZZA,产（FFK$z$1.）S1.Vjmo+rMm2BKqF-FfKS25而（矶+m/2EC，产（FFm幻.B项正确.4 .AC解析由图乙可知平衡时压力传感器的示数为500N,则该同学重力妁为500N.A正
4、确;下博过程中该同学先处于失重状态,再处于超重状态.B错误:人下理动作分别有失重和超重两个过程.先是加速下降失虱到达一个最大速度后再成速下降超重,对应先失重再短也起立对应先短更再失重,对应图像可知,该同学做了一次下蹲再起立的动作C正确;该同学对传感器的用力和传感器对该同学的支持力是相互作用力,大小相等Q错误.5 .A解析根据v图像可知.电梯向上先做加速运动.再做勺速运动.录后做减速运动直至停止.故电梯没有向下运动的过程.D错误J=3s时人与电梯加速上升,其加速度向上,处于短更状态.A正确;r=6s时人与电梯匀速运动,处于平衡状态,既不超重也不失重,B特设;，=8s时人与电梯选速上升,其加速度向
5、下,处于失史状态.C低误。6 .D解析设物体与黄直墙壁间的动库擦因数为“.物体的质量方，”.压力为分时.物体处于静止状态,若此时摩擦力刚好达到最大值,则从该时刻起使压力尸逐渐减小,物体立即获得加速度向下加速运动,根据牛顿第二定律可得mgR=ma.又片=&=.联立可得a=R事故地D.7 .D解析由图可知,手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度.则手机与手掌间没有力的作用,手机可能离开过手掌,A错误。根宓v=w可知仆I图像与坐标轴围成的面枳表示速度变化量,则手机在时刻速度为正,还没有到最高点,B错误。手机在打时刻前后速度均为正,运动方向没有发生改变C错误。由困可知r1.C时间内加速度向上不断减小
6、,根据牛顿第二定律得八以=，。,即FN=MJ+，咐可知,T2时向内支持力不断减小2八时向内加速度向下,不断增大,根据牛掇第二定律得mg-Fz=”Ia.即Fs=nif-ta.可知支椅力还是不断减小,即手机在，Ta时区内,受到的支持力一直减小.D正辨。8 .A解析设物体受到的阻力为,设羟过住移SI,小车和物体的速度为V,则有丹=加,对整体(广*F=11+mM,轻能从物体上脱落后,“GM=；旧解方程组得斗=屋亘瓯区选项22(nio+m帆加附B,C、D错误,A正确.9.BD的析依题意,对羽毛球殳力分析,由于羽毛球相射于简向上运动,受到笥对它竖直向下的摩擦力作用,根据牛松第二定律可得，次+=g,求得羽毛
7、球的加速度为R=30md,羽毛球向下做匀加速直线运动,A错误.B正确:对简受力分析,根据牛校第二定律有，”吠-Fn-Fn=22.求得d：=-20M负号表示窗的加速度方向竖直向上,说班筒向下做匀减速五城运动.若敲打一次后,羽毛域头部能从上指简口出来,则当羽毛球到达简口时,羽毛球与简的速度相等,笥荻得的初速度最小.有44=vIIUn+”.Rmint+a2t2)-fF=d.联立解舁VaI=3m.C错误,D正确。10.答案(1)12N(2)6N(3)18s36m解析(1)与加速阶段加速度为解得“I=0.4ns2由牛顿第二定律得Fi-Ff=ZMrti解得R=12N.(2)句减速阶投有O-Um2=2解2=
8、0.5ms由牛顿第二定律将F2Ft=ma2邮吊尸2=6N(3)匀减速阶段的时间为解得运动总时间为z=r+2=18s句加速阶段的位移为运动总位移大小为X=M+=36JTIoI1.答案Iomg(2)5m解析(1)根据起意,对小球受力分析,加图所示由题用乙可知J=4S时,小球的加速度恰好为O.则有AcosG=HigsinO+FtFsinJ+MgcosO=FsFfFNF=104N=40N解得=0.5r=6s时,小球离开电感辐射区,由牛恢第二定律有Higsin+tmgcosf)=ma,1.解得W1.n=IoHVS(2)根据题意.由国像中面枳表示速度变化量可知,由于小球由静止运动,则r=6s时小球的速度为V=；X(6-4)x1.0ms=I0Ws=5nn由0=2&M可得.小球离开电M相射区后沿着细杆上升的最大距身为
