2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)課時分層集訓(xùn)8牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題新人教版

課時分層集訓(xùn)(八)牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題(限時：40分鐘)[根底對點練]牛頓第二定律的理解1．(2023·武漢模擬)如圖3-2-11所示，老鷹沿虛線MN斜向下減速俯沖的過程中，空氣對老鷹的作用力可能是圖中的()圖3-2-11A．F1 B．F2C．F3 D．F4B[老鷹沿虛線由M到N做減速運動，合外力與初速度的方向相反，由受力分析可知，空氣的阻力與重力的合力方向與MN反向，因此空氣對老鷹的作用力可能是題圖中的F2，B正確．]2．(多項選擇)如圖3-2-12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勻加速直線運動．現(xiàn)將推力F的大小增大到3F【導(dǎo)學(xué)號：84370119】圖3-2-12A．2a B．C．4a D．CD[對木箱受力分析如下圖，根據(jù)牛頓第二定律可知水平方向：Fcosθ－f＝ma，根據(jù)平衡條件可知豎直方向：Fsinθ＋mg－N＝0，其中f＝μN，解得a＝eq\f(Fcosθ－μsinθ,m)－μg；假設(shè)F變?yōu)?倍，加速度增加大于2倍，故C、D正確，A、B錯誤．]牛頓第二定律的瞬時性3．(多項選擇)(2023·天水一模)如圖3-2-13所示，在動摩擦因數(shù)μ＝0．2的水平面上有一個質(zhì)量m＝1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零．在剪斷輕繩的瞬間(g取10m/s2)，以下說法中正確的選項是()圖3-2-13A．小球受力個數(shù)不變B．小球立即向左運動，且a＝8m/s2C．小球立即向左運動，且a＝10m/s2D．假設(shè)剪斷的是彈簧，那么剪斷瞬間小球加速度為零BD[在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，根據(jù)共點力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan45°＝10×1N＝10N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用．小球的受力個數(shù)發(fā)生改變，故A錯誤；小球所受的最大靜摩擦力為：Ff＝μmg＝0．2×10N＝2N，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為：a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，合力方向向左，所以向左運動，故B正確，C錯誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時小球所受的合力為零，那么小球的加速度為零，故D正確．]4．(2023·邯鄲模擬)如圖3-2-14所示，傾角為α的光滑斜面的頂端固定一立柱O，斜面上有A、B、C、D四個相同的小球，其中O、A間和B、C間是輕質(zhì)細(xì)繩，A、B間和C、D間是輕質(zhì)彈簧，重力加速度為g．那么()【導(dǎo)學(xué)號：84370120】圖3-2-14A．只剪斷O、A間細(xì)繩的瞬間，A、B的加速度均為零B．只剪斷O、A間細(xì)繩的瞬間，C的加速度為2gsinα，D的加速度為零C．只剪斷B、C間細(xì)繩的瞬間，C、D的加速度均為零D．只剪斷B、C間細(xì)繩的瞬間，C的加速度為2gsinα，D的加速度為零D[設(shè)小球的質(zhì)量為m，一開始A、B間彈簧上的彈力大小為3mgsinα，C、D間彈簧彈力為mgsinα，只剪斷O、A間細(xì)繩瞬間，A、B間彈簧上的彈力沒變，由牛頓第二定律得mgsinα＋3mgsinα＝ma，A的加速度為4gsinα，B、C、D的加速度為零，A、B錯誤；只剪斷B、C間細(xì)繩瞬間，對于C，由牛頓第二定律得mgsinα＋mgsinα＝ma，a＝2gsinα，D的加速度為零，C錯誤，D正確．]5．如圖3-2-15所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2．重力加速度大小為g．那么有()圖3-2-15A．a(chǎn)1＝0，a2＝gB．a(chǎn)1＝g，a2＝gC．a(chǎn)1＝0，a2＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)gC[木板抽出前，選木塊1為研究對象，由平衡條件知彈簧彈力F彈＝mg；木板突然抽出瞬間，彈簧彈力可認(rèn)為保持不變，所以木塊1受力仍平衡，故a1＝0．對木塊2而言，木板抽出瞬間受到的合力F＝Mg＋F彈＝Mg＋mg，所以加速度a2＝eq\f(F,M)＝eq\f(M＋m,M)g．選C．]動力學(xué)兩類根本問題6．趣味運動會上運發(fā)動手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，那么()【導(dǎo)學(xué)號：84370121】圖3-2-16A．運發(fā)動的加速度為gtanθB．球拍對球的作用力為mgC．運發(fā)動對球拍的作用力為(M＋m)gcosθD．假設(shè)加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上運動A[網(wǎng)球受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsinθ＝ma，又FNcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，F(xiàn)N＝eq\f(mg,cosθ)，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，受力如圖乙所示，根據(jù)平衡，運發(fā)動對球拍的作用力為F＝eq\f(M＋mg,cosθ)，故C錯誤；當(dāng)a>gtanθ時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsinθ<gtanθ，故球不一定沿球拍向上運動，故D錯誤．]7．(多項選擇)一輛小車靜止在水平地面上，bc是固定在車上的一根水平桿，物塊A穿在桿上，通過細(xì)線懸吊著小物體B，B在小車的水平底板上，小車未動時細(xì)線恰好在豎直方向上．現(xiàn)使小車如圖3-2-17分四次分別以加速度a1、a2、a3、a4向右勻加速運動，四種情況下A、B均與車保持相對靜止，且(1)和(2)中細(xì)線仍處于豎直方向．a(chǎn)1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次為f1、f2、f3、f4，那么以下判斷正確的選項是()圖3-2-17A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3C．f3∶f4＝1∶2 D．tanα＝2tanθACD[設(shè)A、B的質(zhì)量分別為M、m，那么由題圖知，(1)和(2)中A在水平方向只受摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A正確，B錯誤；(3)和(4)中，以A、B整體為研究對象，受力分析如下圖，那么f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，所以C正確；以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ＝ma3，mgtanα＝ma4，聯(lián)立可得tanα＝2tanθ，故D正確．]8．如圖3-2-18所示，ad、bd、cd是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為圓周的最低點．每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)A、B、C分別從a、b、c處由靜止開始釋放，用t1、t2、t3依次表示滑環(huán)A、B、C到達(dá)d點所用的時間，那么()【導(dǎo)學(xué)號：84370122】圖3-2-18A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3D[如下圖，滑環(huán)在下滑過程中受到重力mg和桿的支持力N作用．設(shè)桿與水平方向的夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，得加速度大小a＝gsinθ．設(shè)圓周的直徑為D，那么滑環(huán)沿桿滑到d點的位移大小s＝Dsinθ，s＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2D,g))，可見，滑環(huán)滑到d點的時間t與桿的傾角θ無關(guān)，即三個滑環(huán)滑行到d點所用的時間相等，選項D正確．]圖--如圖甲所示為學(xué)校操場上一質(zhì)量不計的豎直滑桿，滑桿上端固定，下端懸空．為了研究學(xué)生沿桿的下滑情況，在桿頂部裝有一拉力傳感器，可顯示桿頂端所受拉力的大?。F(xiàn)有一質(zhì)量m＝50kg的學(xué)生(可視為質(zhì)點)從頂端由靜止開始滑下，5s末滑到桿底時的速度恰好為零．以學(xué)生開始下滑時刻為計時起點，傳感器顯示的拉力隨時間變化的情況如圖乙所示(g取10m/s2)．求：(1)該學(xué)生下滑過程中的最大速率；(2)滑桿的長度．[解析](1)根據(jù)圖象可知在0～1s內(nèi)，人向下做勻加速運動，人對滑桿的作用力為380N，方向豎直向下，所以滑桿對人的作用力F1的大小為380N，方向豎直向上．以人為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有mg－F1＝ma1，解得a1＝2．4m/s2,1s末人的速度最大，為vm＝a1t1＝2．4m/s．(2)滑桿的長度等于人在滑桿上做加速運動和減速運動通過的位移之和．加速運動的位移x1＝eq\f(0＋vm,2)t1＝eq\f(0＋2.4,2)×1m＝1．2m減速運動的位移x2＝eq\f(0＋vm,2)t2＝eq\f(0＋2.4,2)×4m＝4．8m滑桿的總長度L＝x1＋x2＝1．2m＋4．8m＝6．0m．[答案](1)2．4m/s(2)6．0m傳送帶模型問題9．如圖3-2-19所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3．5m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0．1．工件滑上A端的瞬時速度vA＝4m/s，到達(dá)B端的瞬時速度設(shè)為vB，那么以下說法不正確的選項是()【導(dǎo)學(xué)號：84370123】圖3-2-19A．假設(shè)傳送帶不動，那么vB＝3m/sB．假設(shè)傳送帶以速度v＝4m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，那么vB＝3m/sC．假設(shè)傳送帶以速度v＝2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，那么vB＝3m/sD．假設(shè)傳送帶以速度v＝2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，那么vB＝2m/sD[由牛頓第二定律可知，工件在傳送帶上運動，摩擦力產(chǎn)生的加速度a＝－μg＝－1m/s2，傳送帶不動或逆時針轉(zhuǎn)動時，工件始終受摩擦力作用，有veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝－2μgs，解得vB＝3m/s，選項A、B正確；假設(shè)傳送帶以速度v＝2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，那么工件在傳送帶上運動的速度始終大于傳送帶的速度，工件受到的摩擦力方向始終向左且大小不變，即工件的加速度不變，綜上所述vB＝3m/s，選項C正確，D錯誤．]10．(2023·湖北“八校〞聯(lián)考)如圖3-2-20所示，與水平面成θ＝30°的傳送帶正以v＝3m/s的速度勻速運行，A、B兩端相距l(xiāng)＝13．5m．現(xiàn)每隔1s把質(zhì)量m＝1kg的工件(視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，工件在傳送帶的帶動下向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(2\r(3),5)，取g＝10m/s2，結(jié)果保存兩位有效數(shù)字．求：圖3-2-20(1)相鄰工件間的最小距離和最大距離；(2)滿載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力？[解析](1)設(shè)工件在傳送帶上加速運動時的加速度為a，那么μmgcosθ－mgsinθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝1．0m/s2剛放上一個工件時，該工件離前一個工件的距離最小，且最小距離dmin＝eq\f(1,2)at2解得dmin＝0．50m當(dāng)工件勻速運動時兩相鄰工件相距最遠(yuǎn)，那么dmax＝vt＝3．0m．(2)由于工件加速時間為t1＝eq\f(v,a)＝3．0s，因此傳送帶上總有三個(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速運動的工件對傳送帶的總滑動摩擦力f1＝3μmgcosθ在滑動摩擦力作用下工件移動的位移 x＝eq\f(v2,2a)＝4．5m傳送帶上勻速運動的工件數(shù)n2＝eq\f(l－x,dmax)＝3當(dāng)工件與傳送帶相對靜止后，每個工件受到的靜摩擦力f0＝mgsinθ，所有做勻速運動的工件對傳送帶的總靜摩擦力f2＝n2f與空載相比，傳送帶需增大的牽引力F＝f1＋f2聯(lián)立解得F＝33N．[答案](1)0．50m3．0m(2)33N如下圖為糧袋的傳送裝置，A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上．設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g．關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的選項是()A．糧袋到達(dá)B端的速度與v比擬，可能大，可能小或也可能相等B．糧袋開始運動的加速度為g(sinθ－μcosθ)，假設(shè)L足夠大，那么以后將以速度v做勻速運動C．假設(shè)μ≥tanθ，那么糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動D．不管μ大小如何，糧袋從A到B端一直做勻加速運動，且加速度a≥gsinθA[假設(shè)傳送帶較短，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達(dá)B端時的速度小于v；μ≥tanθ，那么糧袋先做勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，到達(dá)B端時速度與v相同；假設(shè)μ<tanθ，那么糧袋先做加速度為g(sinθ＋μcosθ)的勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度為g(sinθ－μcosθ)的勻加速運動，到達(dá)B端時的速度大于v，選項A正確；糧袋開始時速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶的運動方向是沿傳送帶向上，所以受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，根據(jù)牛頓第二定律得加速度a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝g(sinθ＋μcosθ)，選項B錯誤；假設(shè)μ≥tanθ，糧袋從A到B可能一直是做勻加速運動，也可能先勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，選項C、D均錯誤．][考點綜合練]11．如圖3-2-21甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的v-t圖象如圖乙所示(重力加速度為g)，那么()【導(dǎo)學(xué)號：84370124】圖3-2-21A．施加外力前，彈簧的形變量為eq\f(2g,k)B．外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(g－a)C．A、B在t1時刻別離，此時彈簧彈力恰好為零D．彈簧恢復(fù)到原長時，物體B的速度到達(dá)最大值B[施加F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg＝kx，解得x＝eq\f(2Mg,k)，故A錯誤．施加外力F的瞬間，對B物體根據(jù)牛頓第二定律有F彈－Mg－FAB＝Ma，其中F彈＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正確．物體A、B在t1時刻別離，此時A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，對B有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a)，故C錯誤．當(dāng)F彈′＝Mg時，B到達(dá)最大速度，故D錯誤．]12．(2023·石家莊模擬)如圖3-2-22所示，一傾角θ＝37°的足夠長的斜面固定在水平地面上．當(dāng)t＝0時，滑塊以初速度v0＝10m/s沿斜面向上運動．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0．5，g取10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，以下說法正確的選項是()圖3-2-22A．滑塊一直做勻變速直線運動 B．t＝1s時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上C．t＝2s時，滑塊恰好又回到出發(fā)點D．t＝3s時，滑塊的速度大小為4m/sD[設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，上滑時間t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，上滑的距離x1＝eq\f(1,2)v0t1＝5m，因tanθ>μ，mgsinθ>μmgcosθ，滑塊上滑到速度為零后，向下運動，選項B錯誤；設(shè)滑塊下滑時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，經(jīng)1s，滑塊下滑的距離x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝1m<5m，滑塊未回到出發(fā)點，選項C錯誤；因上滑和下滑過程中的加速度不同，故滑塊全程不是勻變速直線運動，選項A錯誤；t＝3s時，滑塊沿斜面向下運動，此時的速度v＝a2(3