1、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 3211AF 1 BF 2CF 3 DF 4B 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
2、 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( ) 图 3212A2a B3aC4a D5aCD 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：F cos fma，根据平衡条件可知竖直方向：Fsin mgN 0，其中 fN，解得 a g ；若 F 变为 3 倍，加速度增加大于 2 倍，故Fcos sin mC、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 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
3、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小球受力个数不变B小球立即向左运动，且 a8 m/s 2C小球立即向左运动，且 a10 m/s 2D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：Fmg tan 45101 N10 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：F fmg0210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速
4、度为：a m/s28 m/s2，合力方向向左，所以向左运F Ffm 10 21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 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 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
5、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 设 小球的质量为 m，一开始 A、B 间弹簧上的弹力大小为 3mgsin ，C、D 间弹簧弹力为 mgsin ，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 3mgsin ma，A 的加速度为4gsin ，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 mgsin ma，a2gsin ，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
6、 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、a 2重力加速度大小为 g则有( ) 图 3215Aa 10，a 2gBa 1 g，a 2gCa 1 0，a 2 gm MMDa 1g，a 2 gm MMC 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 a10对木块 2 而言，木板抽出瞬间受到的合力 FMg F 弹 Mgmg，所以加速度 a2 g选 CFMM mM动
7、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( ) 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(Mm)gcos D若加速度大于 gsin ，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 ma ，又 FNcos mg，解得 agtan ，FN ，故 A 正确，B 错误；以球拍和球整体为mgcos 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
8、 agtan 时，网球才向上运 动，由于 gsin t2t3Ct 3t1t2 Dt 1t 2t 3D 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 ，根据牛 顿第二定律有 mgsin ma ，得加速度大小 agsin 设圆周的直径为 D，则滑环沿杆滑到 d 点的位移大小sDsin ，s at2，解得 t ，可见，滑环滑到 d 点的时间 t 与杆的倾12 2Dg角 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
9、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 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 mgF 1ma 1，解得 a124 m/s2,1 s 末人的速度最大，为 vma 1t12 4 m/s(2)滑杆的长度
10、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 m12 m0 vm2 0 2.42减速运动的位移 x2 t2 4 m48 m0 vm2 0 2.42滑杆的总长度 Lx 1x 2 12 m4 8 m60 m答案(1)24 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 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，到达 B 端的瞬时速度设为 vB，则下列说法不正确的是( ) 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
11、/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 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ag 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 2gs ，解得 vB3 m/s，选项 A、B 正确；若传送带以速度2B 2Av2 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 vB3 m/s，选项 C 正确，D 错误10(2018湖北 “八校”联考)如图 3220所示，与
12、水平面成 30的传送带正以 v3 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235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/s 2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 at212解得 dmin050 m当工件
13、匀速运动时两相邻工件相距最远，则 dmaxvt 3 0 m(2)由于工件加速时间为 t1 30 s，因此 传送带 上总有三个(n 13)工件va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 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移 x 45 mv22a传送带上匀速运动的工件数 n2 3l xdmax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 f2n 2f0与空载相比，传送带需增大的牵引力 Ff 1f 2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
14、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 A 若 传送带较短，粮袋在 传送带上可能一
15、直做匀加速运 动，到达 B 端时的速度小于 v；tan ，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 ，mgsin mgcos ，滑块上滑到速度为零后，12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 mgcos ma 2，解得 a22 m/s2，经 1 s，滑 块下滑的距离 x2 a2t 1 m5 m，滑块未回到出发点，选项 C 错误；因上滑和下滑12 2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；t3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度 va 2(3 s1 s)
16、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 20 m/s 的速度顺时针转动，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 解析 (1)物块在传送带 上先做匀加速直线运动，mgma 1，v 2a 1s1，20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 ma 2,0v 2a 2s2，解得 s2 m，由于2013s204 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 15 2s1v0 L s1v0s，物块在斜面上往返一次的时间 t2 s，物块再次回到传送带上 2v0a2 23速度仍为 v0，方向向左，mgma 3，向左的最大位移 s3 1 m，物 v202a3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 2 2v0a3s,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sL3s 22s 35 m答案(1)不能 m (2)5 m13
