高考一轮复习 课时分层集训8 牛顿第二定律 两类动力学问题.docx

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高考一轮复习课时分层集训8牛顿第二定律两类动力学问题

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）

[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．F1B．F2

C．F3D．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．2aB．3a

C．4aD．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：

Fcosθ－f＝ma，根据平衡条件可知竖直方向：

Fsinθ＋mg－N＝0，其中f＝μN，解得a＝

－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＝1kg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10m/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＝8m/s2

C．小球立即向左运动，且a＝10m/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＝mgtan45°＝10×1N＝10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，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＝0．2×10N＝2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：

a＝

＝

m/s2＝8m/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2gsinα，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2gsinα，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3mgsinα，C、D间弹簧弹力为mgsinα，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mgsinα＋3mgsinα＝ma，A的加速度为4gsinα，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mgsinα＋mgsinα＝ma，a＝2gsinα，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＝

g

D．a1＝g，a2＝

g

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＝

＝

g．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gtanθ

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）gcosθ

D．若加速度大于gsinθ，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FNsinθ＝ma，又FNcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，FN＝

，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＝

，故C错误；当a>gtanθ时，网球才向上运动，由于gsinθ

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∶2B．f1∶f2＝2∶3

C．f3∶f4＝1∶2D．tanα＝2tanθ

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mgtanθ＝ma3，mgtanα＝ma4，联立可得tanα＝2tanθ，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．t1t2>t3

C．t3>t1>t2D．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mgsinθ＝ma，得加速度大小a＝gsinθ．设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小s＝Dsinθ，s＝

at2，解得t＝

，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＝50kg的学生（可视为质点）从顶端由静止开始滑下，5s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10m/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0～1s内，人向下做匀加速运动，人对滑杆的作用力为380N，方向竖直向下，所以滑杆对人的作用力F1的大小为380N，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＝2．4m/s2,1s末人的速度最大，为vm＝a1t1＝2．4m/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＝

t1＝

×1m＝1．2m

减速运动的位移x2＝

t2＝

×4m＝4．8m

滑杆的总长度L＝x1＋x2＝1．2m＋4．8m＝6．0m．

[答案]

（1）2．4m/s　

（2）6．0m

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＝3．5m，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＝4m/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＝3m/s

B．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，则vB＝3m/s

C．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/s

D．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝2m/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＝－1m/s2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，有v

－v

＝－2μgs，解得vB＝3m/s，选项A、B正确；若传送带以速度v＝2m/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＝3m/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＝3m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13．5m．现每隔1s把质量m＝1kg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＝

，取g＝10m/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

μmgcosθ－mgsinθ＝ma

代入数据解得a＝1．0m/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＝

at2

解得dmin＝0．50m

当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则dmax＝vt＝3．0m．

（2）由于工件加速时间为t1＝

＝3．0s，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＝3μmgcosθ

在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x＝

＝4．5m

传送带上匀速运动的工件数n2＝

＝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＝mgsinθ，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＝33N．

[答案]

（1）0．50m　3．0m　

（2）33N

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（sinθ－μcosθ），若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动

C．若μ≥tanθ，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≥gsinθ

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≥tanθ，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

＝g（sinθ＋μcosθ），选项B错误；若μ≥tanθ，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

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＝

，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＝10m/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10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝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＝1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上

C．t＝2s时，滑块恰好又回到出发点

D．t＝3s时，滑块的速度大小为4m/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mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，上滑时间t1＝

＝1s，上滑的距离x1＝

v0t1＝5m，因tanθ>μ，mgsinθ>μmgcosθ，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mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，经1s，滑块下滑的距离x2＝

a2t

＝1m<5m，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＝3s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2（3s－1s）＝4m/s，选项D正确．]

13．（2018·湖北天门高三一模）有一水平传送带以2．0m/s的速度顺时针转动，水平部分长2．0m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0．4m，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10m/s2，sin37°＝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4．5s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，v

＝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，－mgsinθ＝ma2,0－v

＝2a2s2，解得s2＝

m，由于s2<0．4m，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＝

＋

＝1．5s，物块在斜面上往返一次的时间t2＝

＝

s，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＝

＝1m，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＝

＝2s,4．5s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＝5m．

[答案]

（1）不能　

m　

（2）5m