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1、1 / 13【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习课时分层集训精选高考物理一轮复习课时分层集训 8 8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版牛顿第二定律两类动力学问题新人教版(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 3211BF2AF1 DF4CF3 B B 老鹰沿虚线由老鹰沿虚线由 M M 到到 N N 做减速运动，合外力与初速度做减速运动，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的方向相反，由受力分析可知，空气的阻力与重力的合
2、力方向与力方向与 MNMN 反向，因此空气对老鹰的作用力可能是题图反向，因此空气对老鹰的作用力可能是题图中的中的 F2F2，B B 正确正确 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 3212B3aA2a D5aC4a CDCD 对木箱受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知对木箱受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知2 / 13水平方向：水平方向：FcosFcos f fmama，根据平衡条件可知竖直方，根据
3、平衡条件可知竖直方向：向：FsinFsin mgmgN N0 0，其中，其中 f fNN，解得，解得a agg；若；若 F F 变为变为 3 3 倍，加速度增加大于倍，加速度增加大于 2 2 倍，故倍，故C C、D D 正确，正确，A A、B B 错误错误 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
4、不变B小球立即向左运动，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BDBD 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧在剪断轻绳前，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：的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F Fmgmg tantan 4545101101 N N1010 N N，剪断轻绳的瞬间，弹，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为簧的弹力仍然为 1010 N N，小球此时受重力、支持力、弹簧，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，弹力和摩擦力四个力作
5、用小球的受力个数发生改变，故故 A A 错误；小球所受的最大静摩擦力为：错误；小球所受的最大静摩擦力为：FfFfmgmg0 0210210 N N2 2 N N，根据牛顿第二定律得小球，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：的加速度为：a a m/s2m/s28 8 m/s2m/s2，合力方向向左，所，合力方向向左，所以向左运动，故以向左运动，故 B B 正确，正确，C C 错误；剪断弹簧的瞬间，轻错误；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，绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，3 / 13则小球的加速度为零，故则小球的加速度为零，故 D D 正确正确 4(2
6、018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 D 设小球的质量为设小球的质量为 m m，一开始，一开始 A A、B
7、B 间弹簧上的弹力大间弹簧上的弹力大小为小为 3mgsin3mgsin ，C C、D D 间弹簧弹力为间弹簧弹力为 mgsinmgsin ，只剪断，只剪断O O、A A 间细绳瞬间，间细绳瞬间，A A、B B 间弹簧上的弹力没变，由牛顿第间弹簧上的弹力没变，由牛顿第二定律得二定律得 mgsinmgsin 3mgsin3mgsin mama，A A 的加速度为的加速度为4gsin4gsin ，B B、C C、D D 的加速度为零，的加速度为零，A A、B B 错误；只剪断错误；只剪断B B、C C 间细绳瞬间，对于间细绳瞬间，对于 C C，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得 mgsinmgsin
8、 mgsinmgsin mama，a a2gsin2gsin ，D D 的加速度为零，的加速度为零，C C错误，错误，D D 正确正确 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4 / 13度大小为 g则有( ) 图 3215Aa10，a2gBa1g，a2gCa10，a2gDa1g，a2gC C 木板抽出前，选木块木板抽出前，选木块 1 1 为研究对象，由平衡条件知为研究对象，由平衡条件
9、知弹簧弹力弹簧弹力 F F 弹弹mgmg；木板突然抽出瞬间，弹簧弹力可认；木板突然抽出瞬间，弹簧弹力可认为保持不变，所以木块为保持不变，所以木块 1 1 受力仍平衡，故受力仍平衡，故 a1a10 0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(M
10、m)gcos D若加速度大于 gsin ，球一定沿球拍向上运动A A 网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得 FNFN sinsin mama，又，又 FNcosFNcos mgmg，解得，解得 a agtangtan ，FNFN，故，故A A 正确，正确，B B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图错误；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乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为 F F，故，故5 / 13C C 错误；当错误；当 agtanagtan 时，网球才向上运动，由于时，网球才向上运动，由于 gsing
11、sin t2t3At1t1t2 D D 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力如图所示，滑环在下滑过程中受到重力 mgmg 和杆的支和杆的支持力持力 N N 作用设杆与水平方向的夹角为作用设杆与水平方向的夹角为 ，根据牛顿第，根据牛顿第二定律有二定律有 mgsinmgsin mama，得加速度大小，得加速度大小 a agsingsin 设设圆周的直径为圆周的直径为 D D，则滑环沿杆滑到，则滑环沿杆滑到 d d 点的位移大小点的位移大小s sDsinDsin ，s sat2at2，解得，解得 t t，可见，滑环滑到，可见，滑环滑到 d d 点点的时间的时间 t t 与杆的倾角与杆的倾角 无关，即三
12、个滑环滑行到无关，即三个滑环滑行到 d d 点所点所用的时间相等，选项用的时间相等，选项 D D 正确正确 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
13、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7 / 13上以人为研究对象，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，
14、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/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 D 由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦8 / 13力产生的加速度力产生的加速度 a agg1 1 m/s2m/s2，传送带不动或逆，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，有时针转动时，工件始终受摩擦力作用
15、，有v vv v2gs2gs，解得，解得 vBvB3 3 m/sm/s，选项，选项 A A、B B 正确；若正确；若传送带以速度传送带以速度 v v2 2 m/sm/s 顺时针匀速转动，则工件在传送顺时针匀速转动，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，擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述综上所述 vBvB3 3 m/sm/s，选项，选项 C C 正确，正确，D D 错误错误 10(2018湖北“八校”联考)如图 3220 所示，与水平面成30的传送带正以 v
16、3 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
17、m9 / 13(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 x45 m在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 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 m 30 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
18、为 ，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 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 10 / 13A A 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达运动，到达
19、B B 端时的速度小于端时的速度小于 v v；tantan ，则粮袋，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，到达速运动，到达 B B 端时速度与端时速度与 v v 相同；若相同；若 ，mgsinmgsin mgcosmgcos ，滑块上滑到速度为，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项零后，向下运动，选项 B B 错误；设滑块下滑时的加速度错误；设滑块下滑时的加速度12 / 13大小为大小为 a2a2，由牛顿第二定律可得，由牛顿第二定律可得 mgsinmgsin mgcosmgcos ma2ma2，解得，解得 a2a22 2
20、 m/s2m/s2，经，经 1 1 s s，滑块下滑的距离，滑块下滑的距离x2x2a2ta2t1 1 m5m5 m m，滑块未回到出发点，选项，滑块未回到出发点，选项 C C 错误；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，选项变速直线运动，选项 A A 错误；错误；t t3 3 s s 时，滑块沿斜面向时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度下运动，此时的速度 v va2(3a2(3 s s1 1 s)s)4 4 m/sm/s，选项，选项 D D正确正确 13(2018湖北天门高三一模)有一水平传送带以 20 m/s 的速度
21、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，mgma3，13 / 13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 答案答案(1)(1)不能不能 m m (2)5(2)5 m m