优化探究一轮复习习题第3章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题.docx
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优化探究一轮复习习题第3章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题
[随堂反馈]
1.如图所示，一物块从某一高度自由落下，落在竖立于地面的轻弹簧上．物块在A处开始与弹簧接触，到B处时物块速度为零，然后被弹回．下列说法正确的是（ ）
A．物块从A处下降到B处的过程中，速率不断减小
B．物块从B处上升到A处的过程中，速率不断增大
C．物块在B处时，所受合力为零
D．物块从A处下降到B处的过程中速率先增大，后减小
解析：
物块在A处与弹簧接触后，刚开始一段时间内弹簧对物块的支持力比重力小，物块所受的合力方向竖直向下，物块竖直向下做加速运动，速度不断增大，选项A错误；随着物块向下运动，合力减小，加速度减小，当加速度为零时，速度最大；之后物块继续压缩弹簧，合力方向改为竖直向上，与速度方向相反，物块竖直向下做减速运动，到B处时速度为零，选项D正确；物块在B处时，所受合力最大，选项C错误；物块从A处下降到B处与从B处上升到A处互为逆运动，即物块从B处上升到A处的过程中速率先增大，后减小，选项B错误．
答案：
D
2.（2016·泉州五校联考）如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（ ）
A．0 B.
g
C．gD.
g
解析：
开始小球处于平衡状态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos30°＋Fsin30°，Fcos30°＝mgsin30°，解得FN＝
mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为
g，B正确．
答案：
B
3.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）．则（ ）
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力为
mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为ma
解析：
小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝
mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误．
答案：
A
4.如图所示，质量M＝8kg的小车放在光滑的水平平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N．当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求：
（g取10m/s2）
（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度大小；
（2）经多长时间两者达到相同的速度；
（3）从小物块放在小车上开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小．
解析：
（1）小物块的加速度am＝μg＝2m/s2
小车的加速度aM＝
＝0.5m/s2.
（2）由amt＝v0＋aMt得t＝1s.
（3）在开始1s内小物块的位移x1＝
amt2＝1m
最大速度v＝amt＝2m/s
在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度a＝
＝0.8m/s2
这0.5s内的位移x2＝vt1＋
at
＝1.1m
通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1m.
答案：
（1）2m/s2 0.5m/s2
（2）1s （3）2.1m
5.设某一舰载机的质量为m＝2.5×104kg，着舰速度为v0＝42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a0＝0.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．
（1）舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？
（2）为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机．如图所示为舰载机钩住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F＝1.2×105N，减速的加速度a1＝20m/s2，此时阻拦索夹角θ＝106°，空气阻力和甲板阻力保持不变．求此时阻拦索承受的张力大小．（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）
解析：
（1）设甲板的长度至少为s0，则由运动学公式得－v
＝－2a0s0，故s0＝
代入数据可得s0＝1102.5m.
（2）舰载机受力分析如图所示，其中FT为阻拦索的张力，Ff为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得
2FTcos53°＋Ff－F＝ma1
舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时Ff＝ma0
联立可得FT＝5×105N.
答案：
（1）1102.5m
（2）5×105N
[课时作业]
一、单项选择题
1．在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2cm，若还测出小车的质量为500g，则关于加速度、合力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是（ ）
A．a＝
m/s2＝120m/s2
B．a＝
m/s2＝1.2m/s2
C．F＝500×1.2N＝600N
D．F＝0.5×1.2＝0.60N
解析：
在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算．带单位运算时，单位换算要准确．可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是国际单位制单位，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可．选项A中Δx＝1.2cm没用国际单位制表示，C项中的小车质量m＝500g没用国际单位制表示，D项中运算过程中没有加单位，所以只有选项B正确．
答案：
B
2.放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图所示，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动．设A、B的质量分别为m、M，则弹簧测力计的示数为（ ）
A.
B.
C.
MD.
M
解析：
先以A、B整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力（M＋m）g，竖直向上的支持力FN＝（M＋m）g，水平向左的拉力F，水平向右的摩擦力Ff＝μFN＝μ（M＋m）g.
对A、B整体受力分析得F－Ff＝（M＋m）a①.
再以B为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力FN′＝Mg，水平向左的弹簧拉力F′，水平向右的摩擦力Ff′＝μFN′＝μMg.
由牛顿第二定律得F′－Ff′＝F′－μMg＝Ma，a＝
－μg②，
将②代入①整理得F′＝
，所以选项B正确．
答案：
B
3.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（ ）
A．两图中两球加速度均为gsinθ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定不为零
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
解析：
撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有D对．
答案：
D
4.（2014·高考新课标全国卷Ⅰ）如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（ ）
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
解析：
本题考查了牛顿第二定律与受力分析．设橡皮筋原长为l0，小球静止时设橡皮筋伸长x1，由平衡条件有kx1＝mg，小球距离悬点高度h＝l0＋x1＝l0＋
.加速时，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx2sinθ＝mg，小球距离悬点高度h′＝（l0＋x2）sinθ＝l0sinθ＋
，因此小球高度升高了．
答案：
A
5.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动（m1在光滑地面上，m2在空中）．已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
把m1、m2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcosθ＝（m1＋m2）a，所以a＝
，选项A正确．
答案：
A
二、多项选择题
6．（2016·绵阳一诊）如图，光滑斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，质量相同的A、B两物体由轻弹簧连接，放在斜面上，最初处于静止状态．现用一平行于斜面的力F拉B物体沿斜面向上做匀加速直线运动，以B物体初始位置为坐标原点、沿斜面向上建立Ox坐标轴，在物体A离开挡板之前（弹簧一直处于弹性限度内），外力F和挡板对A物体的支持力FN随B物体的位置坐标x的变化关系图线正确的是（ ）
解析：
A、B设原系统静止时弹簧的压缩长度为x0，当木块B的位移为x时，弹簧的压缩长度为（x0－x），弹簧的弹力大小为k（x0－x），根据牛顿第二定律得
F＋k（x0－x）－mgsinθ＝ma
得到F＝kx－kx0＋ma＋mgsinθ，
又kx0＝mgsinθ，则得到F＝kx＋ma
可见F与x是线性关系，当x＝0时，kx＋ma＞0，故A正确，B错误；对A进行受力分析，沿斜面方向，FN＝mgsinθ＋k（x0－x），弹簧弹力减小，所以弹力FN也减小且与x是一次函数，故C错误，D正确．
答案：
AD
7．质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为（1－sinα）g
D．M运动的加速度大小为
g
解析：
互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得a＝
g＝（1－sinα）g，FT＝mg，故A错，B、C、D对．
答案：
BC
8.（2016·山东师大附中质检）如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下（g取10m/s2）（ ）
A．物体经10s速度减为零
B．物体经2s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
解析：
物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得a＝
＝
m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝
＝
s＝2s，B正确，A错误．减速到零后，F＜Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误．
答案：
BC
9．（2014·高考江苏卷）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为
μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则（ ）
A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝
μmg时，A的加速度为
μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过
μg
解析：
对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－
×3mg＝3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，μ×2mg－
×3mg＝ma，两式联立解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B才能滑动，C对．对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为
μmg，故当
μmg＜F＜3μmg时，A、B相对地面运动，故A错．当F＝
μmg时，A、B相对静止，对整体有
μmg－
×3mg＝3ma，a＝
μg，故B正确．无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝
＝
μg，可见D正确．
答案：
BCD
三、非选择题
10.质量m＝4kg的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F＝40N作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图所示．已知斜面足够长，倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2.力F作用了5s，求物块在5s内的位移及它在5s末的速度．（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
解析：
如图，对物块受力分析，建立直角坐标系，把重力mg沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解．
沿平行于斜面方向：
F－mgsinθ－Ff＝ma①
沿垂直于斜面方向：
FN＝mgcosθ②
又有Ff＝μFN③
由①②③得
a＝
＝2.4m/s2.
物块从静止开始沿斜面做匀加速运动，5s内的位移
x＝
at2＝
×2.4×52m＝30m.
5s末的速度v＝at＝12m/s.
答案：
30m 12m/s
11．质量为M、长为
L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．
（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲所示，求绳中拉力的大小；
（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态，需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
解析：
（1）如图甲所示，设平衡时绳中拉力为FT，有
2FTcosθ－mg＝0①
由图知cosθ＝
②
由①②式解得FT＝
mg③
（2）①此时，对小铁环受力分析如图乙所示，有
FT′sinθ′＝ma④
FT′＋FT′cosθ′－mg＝0⑤
由图知cosθ′＝
代入④⑤式解得a＝
g⑥
②如图丙所示，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
Fcosα＝（M＋m）a⑦
Fsinα－（M＋m）g＝0⑧
由⑥⑦⑧式解得
F＝
（M＋m）g，tanα＝
（或α＝60°）．
答案：
（1）
mg
（2）①
g ②
（M＋m）g 与水平方向成60°角
12．如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量M＝4kg，长度L＝2m，小物块质量m＝1kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过2.5N时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩
擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g取10m/s2，试求：
（1）小物块和长木板间的动摩擦因数；
（2）若一开始力F就作用在长木板上，且F＝12N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
解析：
（1）设两物体间的最大静摩擦力为Ff，当F＝2.5N作用于小物块时，对整体由牛顿第二定律有
F＝（M＋m）a①
对长木板由牛顿第二定律有Ff＝Ma②
由①②可得Ff＝2N
小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力FN＝mg，摩擦力Ff＝μmg③
得μ＝0.2
（2）当F＝12N作用于长木板上时，两物体发生相对滑动，设长木板、小物块的加速度分别为a1、a2，对长木板，由牛顿第二定律有
F－Ff＝Ma1④
得a1＝2.5m/s2⑤
对小物块，由牛顿第二定律有Ff＝ma2⑥
得a2＝2m/s2⑦
由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内的位移分别为
s1＝
a1t2⑧
s2＝
a2t2⑨
小物块刚滑下长木板时，有s1－s2＝
L⑩
由⑤⑦⑧⑨⑩式解得t＝2s.
答案：
（1）0.2
（2）2s
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