2019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

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1、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) 基础对点练牛顿第二定律的理解1(2018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3211AF1 BF2CF3 DF4B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，方向不变，则木箱做匀加速直线运动的加速度可能为( ) 【导学号：84

2、370119】图3212A2a B3aC4a D5aCD对木箱受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知水平方向：Fcos fma，根据平衡条件可知竖直方向：Fsin mgN0，其中fN，解得ag；若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(多选)(2018天水一模)如图3213所示，在动摩擦因数02的水平面上有一个质量m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成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10 m/s2)，下列说法中正确的是( ) 图3213A小球受力个数不变B小球立即向左运动，

3、且a8 m/s2C小球立即向左运动，且a10 m/s2D若剪断的是弹簧，则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：Fmg tan 45101 N10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，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：Ffmg0210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a m/s28 m/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，则小球的加速度为零

4、，故D正确4(2018邯郸模拟)如图3214所示，倾角为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( ) 【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2gsin ，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2gsin ，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3mgsin ，C、D间弹簧弹力为mgsin ，只剪断O、A间细绳

5、瞬间，A、B间弹簧上的弹力没变，由牛顿第二定律得mgsin 3mgsin ma，A的加速度为4gsin ，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mgsin mgsin ma，a2gsin ，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则有( ) 图3215Aa10，a2gBa1g，a2gCa10，a2gDa1g，a2gC木板抽出前

6、，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a10对木块2而言，木板抽出瞬间受到的合力FMgF弹Mgmg，所以加速度a2g选C动力学两类基本问题6趣味运动会上运动员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，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( ) 【导学号：84370121】图3216A运动员的加速度为gtan B球拍对球的作用力为mgC运动员对球拍的作用力为(Mm)gcos D若加速度大于gsin ，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

7、律得FN sin ma，又FNcos mg，解得agtan ，FN，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，运动员对球拍的作用力为F，故C错误；当agtan 时，网球才向上运动，由于gsin gtan ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误7(多选)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已知a1a2a3a4124

8、8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断正确的是( ) 图3217Af1f212 Bf1f223Cf3f412 Dtan 2tan ACD设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，(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f1Ma1，f2Ma2，所以f1f212，故A正确，B错误；(3)和(4)中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3(Mm)a3，f4(Mm)a4，可得f3f412，所以C正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtan ma3，mgtan ma4，联立可得tan 2tan ，故D正确8如图3218所示，ad、bd、cd是竖

9、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，则( ) 【导学号：84370122】图3218At1t2t2t3Ct3t1t2 Dt1t2t3D如图所示，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，根据牛顿第二定律有mgsin ma，得加速度大小agsin 设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小sDsin ，sat2，解得t，可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角无

10、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m50 kg的学生(可视为质点)从顶端由静止开始滑下，5 s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10 m/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01 s内，人向下做匀加速运动，人对滑杆的作用力为380 N，方向竖直向下，所以滑杆对人的作用力F1的大小为380 N，方向竖直向上以

11、人为研究对象，根据牛顿第二定律有mgF1ma1，解得a124 m/s2,1 s末人的速度最大，为vma1t124 m/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x1t11 m12 m减速运动的位移x2t24 m48 m滑杆的总长度Lx1x212 m48 m60 m答案(1)24 m/s(2)60 m传送带模型问题9如图3219所示，水平传送带A、B两端相距s35 m，工件与传送带间的动摩擦因数01工件滑上A端的瞬时速度vA4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是( ) 【导学号：84370123】图3219A若传送带不动，则vB3 m/

12、sB若传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，则vB3 m/sC若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则vB3 m/sD若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则vB2 m/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ag1 m/s2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，有vv2gs，解得vB3 m/s，选项A、B正确；若传送带以速度v2 m/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vB3 m/s，选项C正确，D错误10(2018湖北“八校”联考)如图3220所示，

13、与水平面成30的传送带正以v3 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l135 m现每隔1 s把质量m1 kg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，取g10 m/s2，结果保留两位有效数字求：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，则mgcos mgsin ma代入数据解得a10 m/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dminat2解得dmin050 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则dmaxvt30

14、m(2)由于工件加速时间为t130 s，因此传送带上总有三个(n13)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f13mgcos 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 x45 m传送带上匀速运动的工件数n23当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0mgsin ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2n2f0与空载相比，传送带需增大的牵引力Ff1f2联立解得F33 N答案(1)050 m30 m(2)33 N如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A端将粮袋放到

15、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，以下说法正确的是( ) A粮袋到达B端的速度与v比较，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(sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D不论大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度agsin A若传送带较短，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；tan ，则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；若，mgsin mgcos ，滑块上滑到速度为零

16、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mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2a2t1 m5 m，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；t3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度va2(3 s1 s)4 m/s，选项D正确13(2018湖北天门高三一模)有一水平传送带以20 m/s的速度顺时针转动，水平部分长20 m，其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为04 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带的最左端，已知物块与传送带间的动摩擦

17、因数02，g取10 m/s2，sin 3706图3223(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大距离(2)求物块从出发到45 s末通过的路程 【导学号：84370125】解析(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动，mgma1，v2a1s1，解得s11m2m，所以在到达传送带右端前物块已开始匀速运动，物块以速度v0滑上斜面，mgsin ma2,0v2a2s2，解得s2m，由于s204 m，所以物块未到达斜面的最高点(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间t115 s，物块在斜面上往返一次的时间t2s，物块再次回到传送带上速度仍为v0，方向向左，mgma3，向左的最大位移s31 m，物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，时间t32 s,45 s末物块恰好在斜面上的最高点速度为零，故物块通过的总路程sL3s22s35 m答案(1)不能m(2)5 m10