2019高三物理人教版一轮课时分层集训：8　牛顿第二定律　两类动力学问题 Word版含解析.doc

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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 ‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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＝－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＝＝ 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 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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＝g D．a1＝g，a2＝g 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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＝＝g．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＝，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a>gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θt1>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 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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＝at2，解得t＝，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＝t1＝×1 m＝1．2 m 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 减速运动的位移x2＝t2＝×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v－v＝－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＝，取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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＝at2‎ 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＝＝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＝＝4．5 m 传送带上匀速运动的工件数n2＝＝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( ) ‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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μμ，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＝a2t＝1 m