2019人教版高三物理课时分层集训:8牛顿第二定律两类动力学问题(附答案)

时间:2018-06-11 作者:佚名 试题来源:网络

2019人教版高三物理课时分层集训:8牛顿第二定律两类动力学问题(附答案)

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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)
(对应学生用书第273页)
[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3­2­11
A.F1   B.F2
C.F3   D.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:84370119】
 
图3­2­12
A.2a   B.3a
C.4a   D.5a
CD [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 θ-f=ma,根据平衡条件可知竖直方向:Fsin θ+mg-N=0,其中f=μN,解得a=Fcos θ-μsin  θm-μg;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μ=0.2的水平面上有一个质量m=1 kg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10 m/s2),下列说法中正确的是(   )
 
图3­2­13
A.小球受力个数不变
B.小球立即向左运动,且a=8 m/s2
C.小球立即向左运动,且a=10 m/s2
D.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:F=mg tan 45°=10×1 N=10 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:Ff=μmg=0.2×10 N=2 N,根据牛顿第二定律得小球的加速度为:a=F-Ffm=10-21 m/s2=8 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,故D正确.]
4.(2018•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.则(   ) 
【导学号:84370120】
 
图3­2­14
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2gsin α,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 α,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 α,C、D间弹簧弹力为mgsin α,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mgsin α+3mgsin α=ma,A的加速度为4gsin α,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 α+mgsin α=ma,a=2gsin α,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3­2­15
A.a1=0,a2=g
B.a1=g,a2=g
C.a1=0,a2=m+MMg
D.a1=g,a2=m+MMg
C [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=FM=M+mMg.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θ,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3­2­16
A.运动员的加速度为gtan θ
B.球拍对球的作用力为mg
C.运动员对球拍的作用力为(M+m)gcos θ
D.若加速度大于gsin θ,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FN sin θ=ma,又FNcos θ=mg,解得a=gtan θ,FN=mgcos θ,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=M+mgcos θ,故C错误;当a>gtan θ时,网球才向上运动,由于gsin θ<gtan θ,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a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶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3­2­17
A.f1∶f2=1∶2   B.f1∶f2=2∶3
C.f3∶f4=1∶2   D.tan α=2tan θ
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,受力分析如图所示,则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mgtan θ=ma3,mgtan α=ma4,联立可得tan α=2tan θ,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,则(   ) 
【导学号:84370122】
 
图3­2­18
A.t1<t2<t3   B.t1>t2>t3
C.t3>t1>t2   D.t1=t2=t3
D [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θ,根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma,得加速度大小a=gsin θ.设圆周的直径为D,则滑环沿杆滑到d点的位移大小s=Dsin θ,s=12at2,解得t=2Dg,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=50 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0~1 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.
以人为研究对象,根据牛顿第二定律有mg-F1=ma1,解得a1=2.4 m/s2,1 s末人的速度最大,为vm=a1t1=2.4 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x1=0+vm2t1=0+2.42×1 m=1.2 m
减速运动的位移x2=0+vm2t2=0+2.42×4 m=4.8 m
滑杆的总长度L=x1+x2=1.2 m+4.8 m=6.0 m.
[答案](1)2.4 m/s (2)6.0 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s=3.5 m,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=4 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3­2­19
A.若传送带不动,则vB=3 m/s
B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,则vB=3 m/s
C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=3 m/s
D.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=2 m/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=-1 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v2B-v2A=-2μgs,解得vB=3 m/s,选项A、B正确;若传送带以速度v=2 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vB=3 m/s,选项C正确,D错误.]
10.(2018•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=3 m/s的速度匀速运行,A、B两端相距l=13.5 m.现每隔1 s把质量m=1 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μ=235,取g=10 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
μmgcos θ-mgsin θ=ma
代入数据解得a=1.0 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dmin=12at2
解得dmin=0.50 m
当工件匀速运动时两相邻工件相距最远,则dmax=vt=3.0 m.
(2)由于工件加速时间为t1=va=3.0 s,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=3μmgcos θ
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移   x=v22a=4.5 m
传送带上匀速运动的工件数n2=l-xdmax=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=mgsin θ,所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2=n2f0
与空载相比,传送带需增大的牵引力F=f1+f2
联立解得F=33 N.
[答案](1)0.50 m 3.0 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 θ-μcos θ),若L足够大,则以后将以速度v做匀速运动
C.若μ≥tan θ,则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动
D.不论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≥gsin θ
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;μ≥tan θ,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μ<tan θ,则粮袋先做加速度为g(sin θ+μcos θ)的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ-μcos θ)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μmgcos θ,根据牛顿第二定律得加速度a=mgsin θ+μmgcos θm=g(sin θ+μcos θ),选项B错误;若μ≥tan θ,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),则(   )
 【导学号:84370124】
 
图3­2­21
A.施加外力前,弹簧的形变量为2gk
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时刻分离,此时弹簧弹力恰好为零
D.弹簧恢复到原长时,物体B的速度达到最大值
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=2Mgk,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时刻分离,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达到最大速度,故D错误.]
12.(2018•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=10 m/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10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(   )
 
图3­2­22
A.滑块一直做匀变速直线运动   
B.t=1 s时,滑块速度减为零,然后静止在斜面上
C.t=2 s时,滑块恰好又回到出发点
D.t=3 s时,滑块的速度大小为4 m/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mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=10 m/s2,上滑时间t1=v0a1=1 s,上滑的距离x1=12v0t1=5 m,因tan θ>μ,mgsin θ>μmgcos θ,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mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,经1 s,滑块下滑的距离x2=12a2t22=1 m<5 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;t=3 s时,滑块沿斜面向下运动,此时的速度v=a2(3 s-1 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2.0 m/s的速度顺时针转动,水平部分长2.0 m,其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4 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因数μ=0.2,g取10 m/s2,sin 37°=0.6.
 
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4.5 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,μmg=ma1,v20=2a1s1,解得s1=1m<2m,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 θ=ma2,0-v20=2a2s2,解得s2=13m,由于s2<0.4 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t1=2s1v0+L-s1v0=1.5 s,物块在斜面上往返一次的时间t2=-2v0a2=23s,物块再次回到传送带上速度仍为v0,方向向左,-μmg=ma3,向左的最大位移s3=-v202a3=1 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t3=-2v0a3=2 s,4.5 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s=L+3s2+2s3=5 m.
[答案](1)不能 13m (2)5 m 文 章
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