2019人教版高三物理课时分层集训：8牛顿第二定律两类动力学问题（附答案）

文章
来源莲山
课 件 w w w.5y K J.Co m 课时分层集训(八)　牛顿第二定律　两类动力学问题
(限时：40分钟)
(对应学生用书第273页)
[基础对点练]
 牛顿第二定律的理解
1．(2018•武汉模拟)如图3­2­11所示，老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中，空气对老鹰的作用力可能是图中的(   )
 
图3­2­11
A．F1   B．F2
C．F3   D．F4
B　[老鹰沿虚线由M到N做减速运动，合外力与初速度的方向相反，由受力分析可知，空气的阻力与重力的合力方向与MN反向，因此空气对老鹰的作用力可能是题图中的F2，B正确．]
2．(多选)如图3­2­12所示，一木箱在斜向下的推力F作用下以加速度a在粗糙水平地面上做匀加速直线运动．现将推力F的大小增大到3F，方向不变，则木箱做匀加速直线运动的加速度可能为(   ) 
【导学号：84370119】
 
图3­2­12
A．2a   B．3a
C．4a   D．5a
CD　[对木箱受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知水平方向：Fcos θ－f＝ma，根据平衡条件可知竖直方向：Fsin θ＋mg－N＝0，其中f＝μN，解得a＝Fcos θ－μsin  θm－μg；若F变为3倍，加速度增加大于2倍，故C、D正确，A、B错误．]
 
 牛顿第二定律的瞬时性
3．(多选)(2018•天水一模)如图3­2­13所示，在动摩擦因数μ＝0．2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是(   )
 
图3­2­13
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
BD　[在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mg tan 45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用．小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0．2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝F－Ffm＝10－21 m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确．]
4．(2018•邯郸模拟)如图3­2­14所示，倾角为α的光滑斜面的顶端固定一立柱O，斜面上有A、B、C、D四个相同的小球，其中O、A间和B、C间是轻质细绳，A、B间和C、D间是轻质弹簧，重力加速度为g．则(   ) 
【导学号：84370120】
 
图3­2­14
A．只剪断O、A间细绳的瞬间，A、B的加速度均为零
B．只剪断O、A间细绳的瞬间，C的加速度为2gsin α，D的加速度为零
C．只剪断B、C间细绳的瞬间，C、D的加速度均为零
D．只剪断B、C间细绳的瞬间，C的加速度为2gsin α，D的加速度为零
D　[设小球的质量为m，一开始A、B间弹簧上的弹力大小为3mgsin α，C、D间弹簧弹力为mgsin α，只剪断O、A间细绳瞬间，A、B间弹簧上的弹力没变，由牛顿第二定律得mgsin α＋3mgsin α＝ma，A的加速度为4gsin α，B、C、D的加速度为零，A、B错误；只剪断B、C间细绳瞬间，对于C，由牛顿第二定律得mgsin α＋mgsin α＝ma，a＝2gsin α，D的加速度为零，C错误，D正确．]
5．如图3­2­15所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g．则有(   )
 
图3­2­15
A．a1＝0，a2＝g
B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝m＋MMg
D．a1＝g，a2＝m＋MMg
C　[木板抽出前，选木块1为研究对象，由平衡条件知弹簧弹力F弹＝mg；木板突然抽出瞬间，弹簧弹力可认为保持不变，所以木块1受力仍平衡，故a1＝0．
对木块2而言，木板抽出瞬间受到的合力F＝Mg＋F弹＝Mg＋mg，所以加速度a2＝FM＝M＋mMg．选C．]
 动力学两类基本问题
6．趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则(   ) 
【导学号：84370121】
 
图3­2­16
A．运动员的加速度为gtan θ
B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ
D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
A　[网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FN sin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝mgcos θ，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝M＋mgcos θ，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ<gtan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．]
 
7．(多选)一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块A穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图3­2­17分四次分别以加速度a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下A、B均与车保持相对静止，且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向．已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断正确的是(   )
 
图3­2­17
A．f1∶f2＝1∶2   B．f1∶f2＝2∶3
C．f3∶f4＝1∶2   D．tan α＝2tan θ
ACD　[设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，(1)和(2)中A在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A正确，B错误；(3)和(4)中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，所以C正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma3，mgtan α＝ma4，联立可得tan α＝2tan θ，故D正确．]
8．如图3­2­18所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则(   ) 
【导学号：84370122】
 
图3­2­18
A．t1<t2<t3   B．t1>t2>t3
C．t3>t1>t2   D．t1＝t2＝t3
D　[如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力N作用．设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，得加速度大小a＝gsin θ．设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小s＝Dsin θ，s＝12at2，解得t＝2Dg，可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d点所用的时间相等，选项D正确．]
 
图­­
 
如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空．为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小．现有一质量m＝50 kg的学生(可视为质点)从顶端由静止开始滑下，5 s末滑到杆底时的速度恰好为零．以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化的情况如图乙所示(g取10 m/s2)．求：
(1)该学生下滑过程中的最大速率；
(2)滑杆的长度．
 
[解析]　(1)根据图象可知在0～1 s内，人向下做匀加速运动，人对滑杆的作用力为380 N，方向竖直向下，所以滑杆对人的作用力F1的大小为380 N，方向竖直向上．
以人为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1，解得a1＝2．4 m/s2,1 s末人的速度最大，为vm＝a1t1＝2．4 m/s．
(2)滑杆的长度等于人在滑杆上做加速运动和减速运动通过的位移之和．
加速运动的位移x1＝0＋vm2t1＝0＋2.42×1 m＝1．2 m
减速运动的位移x2＝0＋vm2t2＝0＋2.42×4 m＝4．8 m
滑杆的总长度L＝x1＋x2＝1．2 m＋4．8 m＝6．0 m．
[答案](1)2．4 m/s　(2)6．0 m
 传送带模型问题
9．如图3­2­19所示，水平传送带A、B两端相距s＝3．5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0．1．工件滑上A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是(   ) 
【导学号：84370123】
 
图3­2­19
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，则vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则vB＝2 m/s
D　[由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦力产生的加速度a＝－μg＝－1 m/s2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，有v2B－v2A＝－2μgs，解得vB＝3 m/s，选项A、B正确；若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述vB＝3 m/s，选项C正确，D错误．]
10．(2018•湖北“八校”联考)如图3­2­20所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v＝3 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13．5 m．现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝235，取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：
 
图3­2­20
(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；
(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？
[解析]　(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则
μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数据解得a＝1．0 m/s2
刚放上一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dmin＝12at2
解得dmin＝0．50 m
当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则dmax＝vt＝3．0 m．
(2)由于工件加速时间为t1＝va＝3．0 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1＝3μmgcos θ
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移   x＝v22a＝4．5 m
传送带上匀速运动的工件数n2＝l－xdmax＝3
当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0＝mgsin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2＝n2f0
与空载相比，传送带需增大的牵引力F＝f1＋f2
联立解得F＝33 N．
[答案](1)0．50 m　3．0 m　(2)33 N
 
如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g．关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(   )
 
A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ
A　[若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsin θ＋μmgcos θm＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．]
[考点综合练]
11．如图3­2­21甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v­t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则(   )
 【导学号：84370124】
 
图3­2­21
A．施加外力前，弹簧的形变量为2gk
B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
B　[施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝2Mgk，故A错误．施加外力F的瞬间，对B物体根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误．当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误．]
12．(2018•石家庄模拟)如图3­2­22所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0．5，g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，下列说法正确的是(   )
 
图3­2­22
A．滑块一直做匀变速直线运动   
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
D　[设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间t1＝v0a1＝1 s，上滑的距离x1＝12v0t1＝5 m，因tan θ>μ，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＝12a2t22＝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(3 s－1 s)＝4 m/s，选项D正确．]
13．(2018•湖北天门高三一模)有一水平传送带以2．0 m/s的速度顺时针转动，水平部分长2．0 m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0．4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带的最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0．2，g取10 m/s2，sin 37°＝0．6．
 
图3­2­23
(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大距离．
(2)求物块从出发到4．5 s末通过的路程．
【导学号：84370125】
[解析]　(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动，μmg＝ma1，v20＝2a1s1，解得s1＝1m<2m，所以在到达传送带右端前物块已开始匀速运动，物块以速度v0滑上斜面，－mgsin θ＝ma2,0－v20＝2a2s2，解得s2＝13m，由于s2<0．4 m，所以物块未到达斜面的最高点．
(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间t1＝2s1v0＋L－s1v0＝1．5 s，物块在斜面上往返一次的时间t2＝－2v0a2＝23s，物块再次回到传送带上速度仍为v0，方向向左，－μmg＝ma3，向左的最大位移s3＝－v202a3＝1 m，物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间t3＝－2v0a3＝2 s,4．5 s末物块恰好在斜面上的最高点速度为零，故物块通过的总路程s＝L＋3s2＋2s3＝5 m．
[答案](1)不能　13m　(2)5 m 文章
来源莲山
课 件 w w w.5y K J.Co m