考点06 牛顿第二定律的瞬时性、临界和极值-2020年 新高三一轮复习物理(解析版)

考点06 牛顿第二定律的瞬时性、临界和极值
一、选择题
1．如图所示，一小球从空中自由落下，在与正下方的直立轻质弹簧接触直至速度为零的过程中，关于小球的运动状态，下列说法中正确的是()
A．接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零
B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增大后减小直到为零
C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处
D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方
【答案】BD
【解析】从小球下落到与弹簧接触开始，一直到把弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力与小球重力相等的位置是转折点，之前重力大于弹力，之后重力小于弹力，而随着小球向下运动，弹力越来越大，重力恒定，所以之前重力与弹力的合力越来越小，之后重力与弹力的合力越来越大，且反向(竖直向上)．由牛顿第二定律知，加速度的变化趋势和合力的变化趋势一样，而在此过程中速度方向一直向下．
2．物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v0方向为正时，合外力F随时间t的变化情况如图所示，则在0～t1这段时间内()
A．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大
B．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小
C．物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大
D．物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小
【答案】C
【解析】由题图可知，物体所受合力F随时间t的变化是先减小后增大，根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大；由于合外力F与速度方向始终相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，选项C正确．
3．如下图所示，一物块位于光滑水平桌面上，用一大小为F、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a右运动．若保持力的方向不变而增大力的大小，则()
A．a变大
B．a不变
C．a变小
D．因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势
【答案】A
【解析】对物体受力分析，受推力F，重力G和支持力F N，由于桌面光滑，没有摩擦力，将推力沿水平方向和竖直方向正交分解，故合力等于推力的水平分量，即F合＝F cosθ(θ为力F
与水平方向的夹角)故加速度为a＝＝，故F越大，加速度a越大，A正确．
4．如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为()
A．sinα
B．g sinα
C．g sinα
D．2g sinα
【答案】C
【解析】木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合＝F猫＋F木板＝0＋2ma(a为木板的加速度)，
整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，
即F合＝3mg sinα，解得a＝g sinα，所以C正确．
5．如题所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取g＝10 m/s2，则()
A．小球从一开始就与挡板分离
B．小球速度最大时与挡板分离
C．小球向下运动0.01 m时与挡板分离
D．小球向下运动0.02 m时速度最大
【答案】C
【解析】设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F.根据牛顿第二定律有：mg sin 30°－kx－F1＝ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板
分离时，F1减小到零，则有：mg sin 30°－kx＝ma，解得：x＝＝0.01 m，即小球向下运动0.01 m时与挡板分离，故A错误，C正确；球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为
零．即：kx m＝mg sin 30°，解得x m＝＝0.05 m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05 m，故B、D错误．
二、非选择题
6．如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．
(1)当滑块至少以多大的加速度a向左运动时，小球对滑块的压力等于零？
(2)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？
【答案】(1)g(2)mg
【解析】(1)假设滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、线的拉力F和斜面的支持力F N 作用，如图甲所示．
由牛顿第二定律得
水平方向：F cos 45°－F N sin 45°＝ma，
竖直方向：F sin 45°＋F N cos 45°－mg＝0.
由上述两式解得
F
＝，F＝.
N
由此两式可以看出，当加速度a增大时，球所受的支持力F N减小，线的拉力F增大．
当a＝g时，F N＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F＝
＝mg.所以滑块至少以a＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零．
(2)当滑块加速度a>g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图乙所示，
此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得F′cosα＝ma′，F′sinα＝mg，解得F′＝m＝mg.
7．如图所示，A，B两个物体靠在一起放在光滑水平面上，它们的质量分别为M A＝3 kg，M B＝6 kg.今用水平力F A推A，用水平力F B拉B，F A和F B随时间变化的关系是F A＝9－2t(N)、F B＝3＋2t(N)．求：
(1)从t＝0到A，B脱离前，它们的加速度是多少？
(2)从t＝0到A，B脱离时，物体A的位移是多少？
【答案】(1)m/s2(2)m
【解析】(1)以A、B整体为对象：
F
＋F B＝(M A＋M B)a
A
解得：a＝m/s2
(2)A、B脱离时，它们之间的弹力为零，对物体A，根据牛顿第二定律，有：
F
＝M A a＝4＝9－2t
A
解得：t＝2.5 s
从t＝0到A、B脱离时，整体做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：
x＝at2＝m
8.如图所示，木块A，B的质量分别为m1、m2，紧挨着并排放在光滑的水平面上，A与B的接触面垂直于图中纸面且与水平面成θ角，A与B间的接触面光滑．现施加一个水平力F作用于A，使A，B一起向右运动且A，B不发生相对运动，求F的最大值．
【答案】
【解析】设A、B间的弹力为F N，地面对B的支持力为F N′，推力F越大，则A越可能相对于B向上滑，当F最大时，A刚要相对B向上滑，A不受地面的支持力，设A、B共同以加速度a 沿地面加速前进．
对A有：F－F N sinθ＝m1a，F N cosθ＝m1g
对B有：F N sinθ＝m2a
解得最大推力：F max＝.
9.质量为M＝2.5 kg的一只长方体形状的铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.50.这时铁箱内一个质量为m＝0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上(如图所示)，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.求：
(1)木块对铁箱的压力；
(2)水平拉力F的大小；
(3)使拉力F减小到120 N，经过一段时间，木块落至箱底后且不反弹，之后某时刻当箱的速度为v＝6 m/s时撤去拉力，再经1 s时间木块从铁箱左侧到达右侧，则铁箱长度是多少？
【答案】(1)20 N，方向水平向左(2)135 N(3)1.5 m
【解析】(1)木块在竖直方向恰好静止在后壁上，由平衡条件可得：μ2F N＝mg，解得F N＝20 N 由牛顿第三定律可得，木块对铁箱的压力大小为20 N，方向水平向左．
(2)对木块，在水平方向应有：F N＝ma，可得加速度大小为a＝40 m/s2
对铁箱与木块整体，在水平方向应有：F－μ1(m＋M)g＝(M＋m)a，
解得F＝135 N；
(3)当F＝120 N时，铁箱与木块在水平方向仍然一起加速，所以撤去拉力F时，铁箱和木块的速度均为v＝6 m/s，
因μ1＞μ2，以后木块相对铁箱向右滑动，木块的加速度大小为a2＝μ2g＝2.5 m/s2
铁箱的加速度大小为a1＝＝5.5 m/s2，
铁箱减速时间为t1＝＝s≈1.1 s＞1 s，故木块到达箱右端时，箱未能停止，则经t＝1 s 木块比铁箱向右多移动的距离L即铁箱长．
即有：L＝(vt－a2t2)－(vt－a1t2)＝
解得L＝1.5 m
10.如图所示，水平地面上质量为m＝3 kg的物块，在大小为16 N、方向与水平方向成θ＝37°的拉力F作用下沿地面向右做匀加速直线运动．若木块与地面之间的动摩擦因数为μ＝，(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)木块所受摩擦力的大小；
(2)木块的加速度大小；
(3)求物体在水平地面上做匀加速运动时拉力F的取值范围．
【答案】(1)6.8 N(2)2 m/s2(3)10 N≤F≤50 N
【解析】(1)对物体受力分析，如图
竖直方向：F N＋F sinθ－mg＝0
F
＝μF N
f
代入数据得：F f＝6.8 N
(2)水平方向：F cosθ－F f＝ma
代入数据解得：a＝2 m/s2.
(3)物体水平地面上匀加速，因而：
水平方向：F cosθ－F f≥0
竖直方向：F N＝mg－F sinθ≥0
F
＝μF N
f
综合以上三式，可得：10 N≤F≤50 N；
故拉力的取值范围为：10 N≤F≤50 N.
11．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑，若让该小木块从木块的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s.沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g取1 0 m/s2，求：
(1)小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小木块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．
【答案】(1)(2)m
【解析】(1)当θ＝30°时，对木块受力分析：
mg sinθ＝μF
，
N
F
－mg cosθ＝0.
N
则动摩擦因数：μ＝tanθ＝tan 30°＝
(2)当θ变化时，设木块的加速度为a，有：
mg sinθ＋μmg cosθ＝ma，
木块位移为x，则：v＝2ax，
则x＝
令tanα＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小，
即θ＝60°，
x
＝＝＝m＝m.
min
12．如图所示，物体A静止在台秤的秤盘B上，A的质量m A＝10.5 kg，B的质量m B＝1.5 kg，弹簧的质量可忽略不计，弹簧的劲度系数k＝800 N/m，现给物体A施加一个竖直向上的受力F，使它向上做匀加速直线运动，已知t＝0.2 s时A与B分离，求F在0.2 s内的最大值与最小值．(取g＝10 m/s2)
【答案】168 N 72 N
【解析】设开始时，弹簧的压缩量为x1，则
x
＝＝m＝0.15 m①
1
设A、B刚分离时，弹簧的压缩量为x2
对B分析：kx2－m B g＝m B a②
对A分析：F max－m A g＝m A a③
且x1－x2＝at2④
把①式和②式代入④式解得a＝6 m/s2⑤
开始运动时，A、B作为整体，弹簧的弹力与(m A＋m B)g平衡，所以合力就是F min，即
F
＝(m A＋m B)a＝(10.5＋1.5)×6 N＝72 N
min
而刚分离时，由③式可得
F
＝m A(g＋a)＝10.5×(10＋6)N＝168 N.
max
13．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上端系有一劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变，从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下做匀加速运动．(g取10 m/s2)求：
(1)t＝0时刻挡板对小球的弹力多大？
(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？
(3)小球向下运动多少距离时速度最大？
【答案】(1)32 N(2)0.8 s(3)0.4 m
【解析】(1)因开始时弹簧无形变，故对小球，根据牛顿第二定律
mg sin 30°－F
＝ma，解得F1＝32 N；
1
(2)当挡板和小球分离时，根据牛顿第二定律
mg sin 30°－kx＝ma，其中x＝at2，
解得t＝0.8 s，x＝0.32 m；
(3)当小球的速度最大时，加速度为零，此时mg sin 30°＝kx1，解得x1＝0.4 m.
14．如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为b，轻绳BC长度为b.两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg.
轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？
(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大．
【答案】(1)g(2)3g
【解析】(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示．
因为AB＝BC＝b，AC＝b，故轻绳BC与轻绳AB垂直，cosθ＝，θ＝45°.
由牛顿第二定律，得mg tanθ＝ma.
可得a＝g.
(2)小车向左的加速度增大，AB、BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示．
由牛顿第二定律，得
F
＋mg tanθ＝ma m.
Tm
因这时F Tm＝2mg，所以最大加速度为a m＝3g。