（新课标）2020高考物理一轮复习课时作业14牛顿第二定律的应用专题（二）（含解析）新人教版.docx

牛顿第二定律的应用专题一、选择题1(2018上海一模)如图，小物块置于倾角为的斜面上，与斜面一起以大小为gtan的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为()答案A解析假设物体受到摩擦力沿斜面向上，对物体受力分析，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，由牛顿第二定律可得：FNsinFfcosmaFNcosFfsinG0联立解得：Ff0，故物体只受支持力和重力，故A项正确，B、C、D三项错误2(2018莆田模拟)如图所示，质量分别为m11 kg、m24 kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，大小均为20 N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上，系统处于静止状态下列说法正确的是()A弹簧秤的示数是0 NB弹簧秤的示数是40 NC突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5 m/s2D撤去F1后，当A、B加速度相同时，弹簧秤的示数是16 N答案C解析A、B两项，两水平拉力作用下两物体受力平衡，根据平衡条件可知弹簧秤的示数为T20 N，故A、B项错误；C项，在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m2的加速度大小为：a m/s25 m/s2，故C项正确；D项，撤去F1后，当A、B加速度相同时，解得T4 N，故D项错误。3(2018郑州一模)在倾角为30的光滑斜面上，有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个重60 N的球，如图所示，当箱子在斜面上下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是()A40 N，30 NB30 N，50 NC40 N，50 N D50 N，60 N答案C解析对箱子和球整体分析，根据牛顿第二定律，有：(Mm)gsin30(Mm)a，解得：agsin3010 m/s25 m/s2；再隔离球受力分析，如图所示：在平行斜面方向，有：mgsin30N1N2sin53ma，在垂直斜面方向，有：mgcos30N2cos530，联立解得：N140 N，N250 N；根据牛顿第三定律，球对箱子后壁的压力为40 N，对箱内斜面的压力为50 N；故A、B、D三项错误，C项正确4.(2018河南二模)“双人滑草”项目可以简化为如下模型：如图所示，A、B物块紧靠在倾角为粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑，斜面与A之间的动摩擦因数为3，与B之间的动摩擦因数为，A物块的质量为m，B物块的质量为3m，已知重力加速度为g.则在下滑过程中，物块A、B之间作用力的大小等于()A.mgsin B.mgsinC.mgcos D.mgcos答案D解析对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：4mgsin3mgcos3mgcos4ma解得：agsingcos对B受力分析，根据牛顿第二定律可知：3mgsin3mgcosF3ma解得：Fmgcos，故D项正确5.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m的物体A、B接触(A与B和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止已知物体A与水平面间的动摩擦因数为，物体B与水平面间的摩擦不计撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度为g.则()A撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动B撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为gC物体A、B一起向左运动距离x0后相互分离D物体A、B一起向左运动距离xx0后相互分离答案D解析A、B一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B与A分离，B做匀速运动，A做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A与弹簧分离，做匀减速直线运动，故A项错误；撤去F瞬间，由kx0mg2ma可知，B项错误；当物体A、B相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹mgkx，x，所以物体A、B一起向左运动距离xx0后相互分离，D项正确，C项错误6.(2018合肥一中模拟)如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B间的动摩擦因数为1，A、B间动摩擦因数为2，12，卡车刹车的最大加速度为a，a2g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A. B.C. D.答案C解析若卡车以最大加速度刹车，则由于a2g，A、B间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A、B和车相对静止，当A、B整体相对车发生滑动时a1g，当A、B间发生相对滑动时，a2g，由于12，所以aa，即当以a刹车时，A、B间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a，根据公式v2v022ax，可得v0222gs0，即v0，B项正确7(2018南充模拟)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30，皮带在电动机的带动下，始终保持v07 m/s的速率运行现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经一段时间后工件被传送到h8 m的高处已知工件与传送带间的动摩因数为，取g10 m/s2，在这段时间，工件的速度v，位移x，加速度a，所受合外力F随时间t变化的图像正确的是()答案A解析A项，对工件，受力如图，据牛顿第二定律得：mgcosmgsinma得：a2.5 m/s2工件速度由0加速到v0所用的时间t s2.8 s在这段时间内工件的位移xat22.52.82 m9.8 m传送带的长度L16 m说明工件与传送带共速时还没有到达顶端因为mgcosmgsin，所以共速后物体随传送带匀速运动，因此工件先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A项正确B项，在匀加速阶段，由xat2，知xt图像抛物线，故B项错误C项，加速度先不变后为零，故C项错误D项，合外力先不变后为零，故D项错误8(2018洛阳二模)如图，长木板C置于光滑水平地面上，A、B两物块放在木板上已知A、B、C的质量mAmCm，mB2m，A、B两物块与木板间的动摩擦因数都为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用水平向左的力F作用在A物块上，当F由0逐渐增大时()A当Fmg时，A与C开始相对滑动B当F2mg时，B所受摩擦力大小为C一直增大F，B的最大加速度为gD无论F多大，B和C总保持相对静止答案D解析AC间的最大静摩擦力为：fAmAgmg，B与木板间的最大静摩擦力为：fBmBg2mg地面是光滑的，C与地面间无摩擦力A项，对B、C，受到摩擦力最大值为mg，依据牛顿第二定律，则有：mg3ma对于A，依据牛顿第二定律，则有：Fmgma，解得：Fmg，因此当Fmg时，A与C开始相对滑动，故A项错误；B项，若F2mgmg，所以A、C发生相对滑动，A对C的滑动摩擦力为mg，BC一起运动的加速度为：agC项，由于A对C的滑动摩擦力最大为mg，B要想发生滑动，受到的摩擦力应为2mg，B、C共同运动的加速度为：ag，此时B受到的静摩擦力为，fB2mamg2mg，所以B、C始终相对静止，所以B的最大加速度为g，故C项错误；D项，由C项的分析可知，当拉力大于4 N时，B与木板间的摩擦力即为滑动摩擦力为4 N，此后增大拉力，不会改变B的受力；故D项正确9.(2018孝义市一模)(多选)将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离和砝码与桌面右端的距离均为d，现用水平向右的恒力F拉动纸板，如图所示，则下列说法正确的是()A要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gB纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度不大于，砝码不会从桌面上掉下D当F2(M2m)g时，砝码恰好到达桌面边缘答案AD解析A项，要使纸板相对砝码运动，纸板的加速度a1a2，则F2(Mm)g，故A项正确；B项，纸板相对砝码运动时，纸板受桌面的摩擦力为F1(Mm)g，受砝码的摩擦力为Mg，即摩擦力为(2Mm)g，故B项错误；C项，若砝码与纸板分离时的速度为v，设砝码与纸板分离时间为t，砝码恰好到达桌面边缘，则砝码位移d2t，t，解得v，故C项错误；D项，当F2(M2m)g时，a板3g，ag，分离时间为t1，则有a板t1gt12d，解得砝码与纸板分离时速度vgt1，故砝码恰好到达桌面边缘，故D项正确10.(多选)如图所示，一个厚度不计的圆环A，紧套在长度为L的圆柱体B的上端，A、B两者的质量均为m.A与B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，其大小为kmg(k1)A、B一起由离地H高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且无能量损失A环运动过程中未落地则下列说法正确的是()AB与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是BB与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是CB与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度是DB与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度是答案AC解析刚开始A、B一起做自由落体运动可算出B与地面碰撞前的速度为v，对B来说碰撞后以速度v向上做匀减速运动，其加速度为aB，由mgkmgmaB得aB(k1)g，B上升的最大高度为H1，A项正确，B项错误；对A来说碰撞后的加速度为aA，由kmgmgmaA得aA(k1)g，方向竖直向上当A、B速度相等时，两者相对静止设经时间t后，两者速度相等，有vaAt(vaBt)，t，所以B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为H1vtaBt2，C项正确，D项错误二、非选择题11.(2018泸州模拟)在工厂的流水线上安装一水平传送带用以传送工件，可大大提高工作效率水平传送带以恒定速度v6 m/s顺时针转动，在传送带的左端点，若每隔1 s就轻放一个工件到传送带上去，经时间t5.5 s到另一端点工件被取下，两端点间距离x24 m，如图所示工件体积很小，可视为质点，重力加速度取g10 m/s2.求：(1)工件与传送带之间的动摩擦因数；(2)传送带正常运行一段时间后，某一工件刚放上传送带时，在传送带上最远的工件距左端点的距离解析(1)设工件匀加速和匀速的时间分别为t1、t2，根据牛顿第二定律可得：mgma，根据速度时间关系可得：vat1，根据位移时间关系可得：sat12vt2联立解得：t13 s，t22.5 s，a2 m/s2，0.2；(2)每隔1 s就轻放一个工件到传送带上去，设某时刻某一工件A刚刚放上皮带时，此时带上共有6个工件，传送带上最右端的工件运动了5 s，加速位移s1、匀速位移s2，与出发点相距s3，则：s1at12s2v(5t1)s3s1s2联立解得：s321 m.12.(2018南宁模拟)如图所示，在光滑的水平平台上，有一质量为M2 kg、长为L3 m的长木板，长木板的左端放有一质量为mA1 kg的物块A，物块A通过一绕过光滑定滑轮的轻绳与重物B相连，物块B的质量为mB1 kg，开始时用手托住重物B，使绳刚好拉直，弹力为零，物块A与滑轮间的轻绳处于水平，物块A与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板的右端离平台的右端足够远，重物B离地面的高度足够高重力加速度g10 m/s2，求：(1)释放物块B后物块A运动的加速度大小；(2)当物块A运动到长木板的中点位置时，轻绳拉物块A的功率大小解析(1)设释放B后，A与木板间有发生相对滑动，绳上拉力大小为T.A做匀加速运动加速度大小为a1，则有：mBgTmBa1TmAgmAa1求得：a14 m/s2由于mAg2 NMa18 N，因此假设成立即释放物块B后物块A的加速度大小为4 m/s2.(2)木板做匀加速运动，则有：mAgMa2求得：a21 m/s2当物体运动到木板中点时有：La1t12a2t12求得：t11 s此时物块A的速度大小为：v1a1t14 m/s轻绳对A的拉力大小为：TmAa1mAg6 N所以，此时轻绳拉物块A的功率为：PTv64 W24 W.13.(2018延边模拟)如图所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一质量为M的长木板开始时，长木板上有一质量为m的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v的匀速运动(已知v0v)，小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运