(通用版)2018高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2节 课时提能练8 牛顿第二定律 两类动力学问题

课时提能练(八) 牛顿第二定律两类动力学问题
(限时：40分钟)
A级跨越本科线
1．(2017·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．F1B．F2
C．F3D．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，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是( )
【导学号：92492130】
图3­2­12
A．向右做加速运动B．向右做减速运动
C．向左做加速运动D．向左做减速运动
AD[小球水平方向受到向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动．选项A、D正确．]
3．(2017·邯郸模拟)如图3­2­13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( )
图3­2­13
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2g sin 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2g sin 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3mg sin α，C、D间弹簧弹力为mg sin 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mg sin α＋3mg sin α＝ma，A的加速度为4g sin 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mg sin α＋mg sin α＝ma，a＝2g sin α，D的加速度为零，C错误，D正确．]
4．(多选)(2017·浙江十二校联考)如图3­2­14所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．g取10 m/s2，以下说法正确的是( )
【导学号：92492131】
图3­2­14
A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N
B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左
C．若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右
D．若剪断弹簧右端，则剪断的瞬间物块的加速度为0
AB[物块在重力、拉力F和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得F弹＝F cos
θ，mg＝F sin θ，联立解得弹簧的弹力F弹＝mg
tan 45°
＝20 N，选项A正确；撤去拉力F 的瞬间，由牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma1，解得a1＝8 m/s2，方向向左，选项B正确；剪断弹簧右端的瞬间，物块受到的弹力消失，则F cos θ＝ma2，解得a2＝10 m/s2，方向向右，选项C、D错误．]
5．(2017·江门模拟)如图3­2­15所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a 做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为2∶1，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，
B通过质量不计的轻绳与车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为( )
图3­2­15
A．a、0 B．a、a
C．a、2a D．0、2a
C[令物体B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧看作整体，则有T＝3ma；隔离物体A为研究对象，则有F＝2ma.剪断轻绳后，绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以物体A受力不变，加速度大小仍为a，而物体B所受合力为F＝ma B，即a B＝2a.]
6．如图3­2­16所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止放置一质量为m＝1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M，可能正确的有( )
图3­2­16
A．a m＝2 m/s2，a M＝1 m/s2
B．a m＝1 m/s2，a M＝2 m/s2
C．a m＝2 m/s2，a M＝4 m/s2
D．a m＝3 m/s2，a M＝5 m/s2
C[当木块与小车间的摩擦力恰好达到最大值时，木块与小车加速度相同，木块的加速度最大，对木块，a m＝μg＝2 m/s2为最大值且a m≤a M，故选项A、D错误；当木块的加速度为1 m/s2时，木块与小车加速度相同，故选项B错误；当a＝2 m/s2时，若木块相对小车发生滑动，小车的加速度随外力F增大而增大，故选项C正确．]
7．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图3­2­17所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )
图3­2­17
A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C ．小物块受到的滑动摩擦力为12
mg ＋ma D ．小物块受到的静摩擦力为ma
A [小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a
上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有F f －mg sin 30°＝ma ，F f ＝12
mg ＋ma ，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误．]
8．(多选)质量m ＝2 kg 、初速度v 0＝8 m/s 的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图3­2­18所示的随时间变化的水平拉力F 的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(g 取10 m/s 2
)( )
图3­2­18
A ．0～1 s 内，物体的加速度大小为2 m/s 2
B ．1～2 s 内，物体的加速度大小为2 m/s 2
C ．0～1 s 内，物体的位移为7 m
D ．0～2 s 内，物体的总位移为11 m
BD [由题图可知，在0～1 s 内力F 为6 N ，方向向左，由牛顿第二定律可得F ＋μmg ＝ma ，解得加速度大小a ＝4 m/s 2，在1～2 s 内力F 为6 N ，方向向右，由牛顿第二定律可得F －μmg ＝ma 1，解得加速度大小a 1＝2 m/s 2，所以选项A 错误，B 正确；由运动关系可得0～1 s 内位移为6 m ，选项C 错误；同理可计算0～2 s 内的位移为11 m ，选项D 正确．]
B 级 名校必刷题
9．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图3­2­19(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ­t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )
【导学号：92492132】
(a) (b)
图3­2­19
A ．斜面的倾角
B ．物块的质量
C ．物块与斜面间的动摩擦因数
D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度
ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0
t 1
，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1
.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1
，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v ­t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]
10．如图3­2­20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v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则下列说法不正确的是( )
图3­2­20
A ．若传送带不动，则v
B ＝3 m/s
B ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，则v B ＝3 m/s
C ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，则v B ＝3 m/s
D ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，则v B ＝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/s 2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，有v 2B －v 2
A ＝－2μgs ，解得v
B ＝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v B ＝3 m/s ，选项
C 正确，
D 错误．]
11．(2017·石家庄模拟)如图3­2­21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v 0＝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/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
【导学号：92492133】
图3­2­21
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a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝
ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12
v 0t 1＝5 m ，因tan θ>μ，mg sin θ>μmg cos 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a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2
，经1
s ，滑块下滑的距离x 2＝12
a 2t 22＝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 ＝a 2(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确．]
12．(2017·福州二模)如图3­2­22甲所示，质量m ＝1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v ­t 图象)如图乙所示，g 取10 m/s 2，求：
甲 乙
图3­2­22
(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；
(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F .
【解析】 (1)物块上升的位移：x 1＝12
×2×1 m＝1 m ； 物块下滑的距离：x 2＝12
×1×1 m＝0.5 m ； 位移x ＝x 1－x 2＝1 m －0.5 m ＝0.5 m
路程L ＝x 1＋x 2＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.
(2)由题图乙知，各阶段加速度的大小
a 1＝
20.5 m/s 2＝4 m/s 2 a 2＝0－20.5
m/s 2＝－4 m/s 2 设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律
0～0.5 s 内F －F f －mg sin θ＝ma 1；
0．5～1 s 内－F f －mg sin θ＝ma 2；
联立解得：F ＝8 N.
【答案】 (1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 2 4 m/s 2
8 N
13．(2017·重庆模拟)如图3­2­23所示，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s 处有一片质量为m 的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角θ＝45°的斜面．当车速达到v 0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t 滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F ＝kv (v 为车速，k 为常数)，方向与车运动方向相反．若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，求：
【导学号：92492134】
图3­2­23
(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a ′；
(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；
(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a .
【解析】 (1)根据匀加速直线运动规律，有
s ＝12a ′t 2
得a ′＝2s t 2. (2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N ，树叶受到的空气阻力为F ，树叶受到的滑动摩擦力为f
F ＝kv 0
f ＝μN
N ＝mg cos θ＋F sin θ
由牛顿第二定律，有
mg sin θ－f －F cos θ＝ma ′
由题意，θ＝45°
联立解得μ＝mg －kv 0t 2－22ms mg ＋kv 0t 2
. (3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N ′，树叶受到的空气阻力为F
′，树叶受到的最大静摩擦力为f ′
f ′＝μN ′
F ′＝kv 0
由牛顿第二定律有
N ′sin θ＋f ′cos θ－F ′＝ma
N ′cos θ＝f ′sin θ＋mg
由题意，θ＝45° 联立并代入μ，得
a ＝mgt 2－2ms
kv 0t 2＋2ms g －kv 0
m .
【答案】 (1)2s t 2 (2)mg －kv 0t 2
－22ms
mg ＋kv 0t 2 (3)mgt 2－2ms kv 0t 2＋2ms g －kv 0m。