高考物理复习第3章 第2节 课时提能练8 牛顿第二定律 两类动力学问题.docx

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高考物理复习第3章第2节课时提能练8牛顿第二定律两类动力学问题

课时提能练（八）　牛顿第二定律　两类动力学问题

（限时：

40分钟）

A级　跨越本科线

1．（2017·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．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，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是（　　）

【导学号：

92492130】

图3212

A．向右做加速运动B．向右做减速运动

C．向左做加速运动D．向左做减速运动

AD　[小球水平方向受到向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动．选项A、D正确．]

3．（2017·邯郸模拟）如图3213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（　　）

图3213

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．]

4．（多选）（2017·浙江十二校联考）如图3214所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．g取10m/s2，以下说法正确的是（　　）

【导学号：

92492131】

图3214

A．此时轻弹簧的弹力大小为20N

B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2，方向向左

C．若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右

D．若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度为0

AB　[物块在重力、拉力F和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得F弹＝Fcosθ，mg＝Fsinθ，联立解得弹簧的弹力F弹＝

＝20N，选项A正确；撤去拉力F的瞬间，由牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma1，解得a1＝8m/s2，方向向左，选项B正确；剪断弹簧右端的瞬间，物块受到的弹力消失，则Fcosθ＝ma2，解得a2＝10m/s2，方向向右，选项C、D错误．]

5．（2017·江门模拟）如图3215所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为2∶1，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为（　　）

图3215

A．a、0B．a、a

C．a、2aD．0、2a

C　[令物体B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧看作整体，则有T＝3ma；隔离物体A为研究对象，则有F＝2ma.剪断轻绳后，绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以物体A受力不变，加速度大小仍为a，而物体B所受合力为F＝maB，即aB＝2a.]

6．如图3216所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M＝5kg，小车上静止放置一质量为m＝1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有（　　）

图3216

A．am＝2m/s2，aM＝1m/s2

B．am＝1m/s2，aM＝2m/s2

C．am＝2m/s2，aM＝4m/s2

D．am＝3m/s2，aM＝5m/s2

C　[当木块与小车间的摩擦力恰好达到最大值时，木块与小车加速度相同，木块的加速度最大，对木块，am＝μg＝2m/s2为最大值且am≤aM，故选项A、D错误；当木块的加速度为1m/s2时，木块与小车加速度相同，故选项B错误；当a＝2m/s2时，若木块相对小车发生滑动，小车的加速度随外力F增大而增大，故选项C正确．]

7．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3217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（　　）

图3217

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

A　[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．]

8．（多选）质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图3218所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是（g取10m/s2）（　　）

图3218

A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2

B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2

C．0～1s内，物体的位移为7m

D．0～2s内，物体的总位移为11m

BD　[由题图可知，在0～1s内力F为6N，方向向左，由牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4m/s2，在1～2s内力F为6N，方向向右，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可得0～1s内位移为6m，选项C错误；同理可计算0～2s内的位移为11m，选项D正确．]

B级　名校必刷题

9．（多选）（2015·全国卷Ⅰ）如图3219（a），一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

【导学号：

92492132】

（a）　　　　　（b）

图3219

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

ACD　[由题图（b）可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝

，下降过程中的加速度为a2＝

.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝

，滑动摩擦力f＝

，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确．由vt图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．]

10．如图3220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（　　）

图3220

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．]

11．（2017·石家庄模拟）如图3221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（　　）

【导学号：

92492133】

图3221

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．]

12．（2017·福州二模）如图3222甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（vt图象）如图乙所示，g取10m/s2，求：

甲　　　　　　　　　　　乙

图3222

（1）2s内物块的位移大小x和通过的路程L；

（2）沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.

【解析】　

（1）物块上升的位移：

x1＝

×2×1m＝1m；

物块下滑的距离：

x2＝

×1×1m＝0.5m；

位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m

路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m.

（2）由题图乙知，各阶段加速度的大小

a1＝

m/s2＝4m/s2

a2＝

m/s2＝－4m/s2

设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律

0～0.5s内F－Ff－mgsinθ＝ma1；

0．5～1s内－Ff－mgsinθ＝ma2；

联立解得：

F＝8N.

【答案】　

（1）0.5m　1.5m　

（2）4m/s2　4m/s2　8N

13．（2017·重庆模拟）如图3223所示，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s处有一片质量为m的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角θ＝45°的斜面．当车速达到v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F＝kv（v为车速，k为常数），方向与车运动方向相反．若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：

【导学号：

92492134】

图3223

（1）树叶在玻璃表面运动的加速度大小a′；

（2）树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；

（3）汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a.

【解析】　

（1）根据匀加速直线运动规律，有

s＝

a′t2

得a′＝

.

（2）设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N，树叶受到的空气阻力为F，树叶受到的滑动摩擦力为f

F＝kv0

f＝μN

N＝mgcosθ＋Fsinθ

由牛顿第二定律，有

mgsinθ－f－Fcosθ＝ma′

由题意，θ＝45°

联立解得μ＝

.

（3）设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N′，树叶受到的空气阻力为F′，树叶受到的最大静摩擦力为f′

f′＝μN′

F′＝kv0

由牛顿第二定律有

N′sinθ＋f′cosθ－F′＝ma

N′cosθ＝f′sinθ＋mg

由题意，θ＝45°

联立并代入μ，得

a＝

g－

.

【答案】　

（1）

（2）

（3）

g－