2023年高考物理一轮复习课时分层集训8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版

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)[根底对点练]牛顿第二定律的理解1．(2023·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3­2­11A．F1 B．F2C．F3 D．F4B[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．(多项选择)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【导学号：84370119】图3­2­12A．2a B．C．4a D．CD[对木箱受力分析如下图，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＝eq\f(Fcosθ－μsinθ,m)－μg；假设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．(多项选择)(2023·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)，以下说法中正确的选项是()图3­2­13A．小球受力个数不变B．小球立即向左运动，且a＝8m/s2C．小球立即向左运动，且a＝10m/s2D．假设剪断的是弹簧，那么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＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(10－2,1)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，那么小球的加速度为零，故D正确．]4．(2023·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．那么()【导学号：84370120】图3­2­14A．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．那么有()图3­2­15A．a1＝0，a2＝gB．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝eq\f(m＋M,M)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)gC[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＝eq\f(F,M)＝eq\f(M＋m,M)g．选C．]动力学两类根本问题6．趣味运动会上运发动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，那么()【导学号：84370121】图3­2­16A．运发动的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运发动对球拍的作用力为(M＋m)gcosθD．假设加速度大于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＝eq\f(mg,cosθ)，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，运发动对球拍的作用力为F＝eq\f(M＋mg,cosθ)，故C错误；当a>gtanθ时，网球才向上运动，由于gsinθ<gtanθ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．]7．(多项选择)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．a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，那么以下判断正确的选项是()图3­2­17A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3C．f3∶f4＝1∶2 D．tanα＝2tanθACD[设A、B的质量分别为M、m，那么由题图知，(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，受力分析如下图，那么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，那么()【导学号：84370122】图3­2­18A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3D[如下图，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，那么滑环沿杆滑到d点的位移大小s＝Dsinθ，s＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2D,g))，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＝eq\f(0＋vm,2)t1＝eq\f(0＋2.4,2)×1m＝1．2m减速运动的位移x2＝eq\f(0＋vm,2)t2＝eq\f(0＋2.4,2)×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，那么以下说法不正确的选项是()【导学号：84370123】图3­2­19A．假设传送带不动，那么vB＝3m/sB．假设传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，那么vB＝3m/sC．假设传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，那么vB＝3m/sD．假设传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，那么vB＝2m/sD[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veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝－2μgs，解得vB＝3m/s，选项A、B正确；假设传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，那么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．(2023·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＝eq\f(2\r(3),5)，取g＝10m/s2，结果保存两位有效数字．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，那么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＝eq\f(1,2)at2解得dmin＝0．50m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，那么dmax＝vt＝3．0m．(2)由于工件加速时间为t1＝eq\f(v,a)＝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＝eq\f(v2,2a)＝4．5m传送带上匀速运动的工件数n2＝eq\f(l－x,dmax)＝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＝n2f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)0．50m3．0m(2)33N如下图为粮袋的传送装置，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，以下说法正确的选项是()A．粮袋到达B端的速度与v比拟，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)，假设L足够大，那么以后将以速度v做匀速运动C．假设μ≥tanθ，那么粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不管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≥gsinθA[假设传送带较短，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，那么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；假设μ<tanθ，那么粮袋先做加速度为g(sinθ＋μcosθ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sinθ－μcosθ)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μmgcosθ，根据牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝g(sinθ＋μcosθ)，选项B错误；假设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)，那么()【导学号：84370124】图3­2­21A．施加外力前，弹簧的形变量为eq\f(2g,k)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时刻别离，此时弹簧弹力恰好为零D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度到达最大值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＝eq\f(2Mg,k)，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时刻别离，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到达最大速度，故D错误．]12．(2023·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．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，以下说法正确的选项是()图3­2­22A．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/sD[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＝eq\f(v0,a1)＝1s，上滑的距离x1＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝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(3