高中物理一轮复习配餐作业8牛顿第二定律及应用

配餐作业(八)牛顿第二定律及应用eq\a\vs4\al(►►)见学生用书P323A组·基础巩固题1．(2018·重庆巴蜀中学期中)“加油向未来”节目做了一个大型科学实验，选了8名力气几乎相同的小朋友，水平拉动一辆130t重、处于悬浮状态下的磁悬浮列车，列车在30s时间内前进了四、五米远；然后，让4名小朋友在30s时间内用力拉整列磁悬浮列车，列车将()A．移动2m以上 B．移动1～2mC．移动距离不超过1m D．静止不动解析磁悬浮列车摩擦力可认为是0，由a＝eq\f(F,m)，F减小为原来一半，可得加速度变为原来的一半，由x＝eq\f(1,2)at2可知位移在2m～2.5m，所以选A项。答案A2．(多选)一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F1，现由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，若斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是()A．稳定后弹簧仍处于伸长状态B．稳定后弹簧一定处于压缩状态C．μ＝eq\f(F1d,F2h)D．μ＝eq\f(F2h,F1d)解析平衡时，对小球分析F1＝mgsinθ；木板运动后稳定时，对整体分析有a＝gsinθ－μgcosθ；则a<gsinθ，根据牛顿第二定律得知，弹簧对小球的弹力应沿斜面向上，弹簧处于拉伸状态，对小球有mgsinθ－F2＝ma，而tanθ＝eq\f(h,d)；联立以上各式计算可得μ＝eq\f(F2h,F1d)，故A、D项正确。答案AD3．(2018·湖南师大附中摸底考试)在甲地用竖直向上的拉力使质量为m1的物体竖直向上加速运动，其加速度a1随不同的拉力而变化的图线如图所示；在乙地用竖直向上的拉力使质量为m2的物体竖直向上加速运动，其加速度a2随不同的拉力而变化的图线如图所示；甲、乙两地的重力加速度分别为g1、g2，由图象知()A．m1＜m2，g1＜g2 B．m1＜m2，g1＞g2C．m1＞m2，g1<g2 D．m1＜m2，g1＝g2解析由牛顿第二定律得F－mg＝ma，所以a＝eq\f(1,m)F－g，结合图象知m1＞m2，g1<g2。答案C【解题技巧】应用牛顿第二定律列出方程，整理成与图象对应的形式，结合图象的物理意义即可解决问题。4.(2018·长春十一中段考)如图所示，水平地面上有车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ(μ<1)，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则()A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)gB．加速度一定向右，不能超过(1－μ)gC．加速度一定向左，不能超过μgD．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g解析根据平衡条件得物块A受到的最大静摩擦力fmA＝mg，结合滑动摩擦力的公式得fmA＝μN1＝μF(F为弹簧弹力)，整理得F＝eq\f(mg,μ)。对物块B由平衡条件，B与顶板之间的正压力大小N2＝F－mg，受到的最大静摩擦力fmB＝μN2＝mg－μmg，由牛顿第二定律得fmB＝ma，则最大加速度a＝g(1－μ)。综上所述，车厢的加速度方向一定向右，大小不能超过g(1－μ)，速度可向右也可向左，B项正确。答案B5.一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块减速为零的时间将()A．变大B．变小C．不变D．不能确定解析物块在斜面上匀减速下滑，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma①，现对物块施加一个竖直向下的恒力F，即(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma′②，由①②得ma＋F(sinθ－μcosθ)＝ma′，可得加速度大小|a|<|a′|，由v初＝at知物块减速为零的时间将变小，B项正确。答案B6．如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则()A．t1＝t2 B．t1＞t2C．t1＜t2 D．无法确定解析设滑杆与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为D，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα，滑杆的长度为x＝Dcosα，则根据x＝eq\f(1,2)at2得，t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2Dcosα,gcosα))＝eq\r(\f(2D,g))，可见时间t与α无关，故有t1＝t2，因此A项正确。答案A7．2017年5月4日我国自主研制的C919大型喷气式客机在上海圆满首飞，航空工业实现百年历史突破。设计时喷气式飞机机翼面积S、飞机发动机的功率以及在水平跑道上受到的阻力均与飞机的质量成正比。飞机获得的升力可简化为F＝kSv2，则大型飞机在起飞阶段()A.时间要比小型飞机长B.时间要比小型飞机短C.跑道要比小型飞机长D.跑道与小型飞机相差不多解析当飞机起飞时，升力与它的重力相等，即mg＝kSv2，由于飞机机翼面积S与飞机的质量成正比，所以不论大小飞机，起飞速度相等。在起飞阶段，由牛顿第二定律得，eq\f(P,v)－F阻＝ma，由该表达式可知，其加速度与飞机的质量没有关系。从发动到起飞过程，飞机的时间与飞机质量无关。所以无论大小的飞机起飞过程运动学物理量都是相同的，故D项正确。答案D8．如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v－t图象(图中实线)可能是选项图中的()解析撤去外力后，物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到最大值，以后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分离后，再做竖直上抛运动，到最高点时速度为0，故A项对。答案AB组·能力提升题9．甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)。两球的v－t图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是()A．释放瞬间甲球加速度较大B.eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2,v1)C．甲球质量大于乙球质量D．t0时间内两球下落的高度相等解析释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A项错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，eq\f(m1,m2)＝eq\f(v1,v2)，B项错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，C项正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由题图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D项错误。答案C10.(多选)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()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大小为eq\f(1,2)mg＋maD．小物块受到的静摩擦力大小为eq\f(1,2)mg＋ma解析小物块相对斜面静止，因此它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，以小物块为研究对象，对其受力分析如图所示，则有f－mgsin30°＝ma，f＝eq\f(1,2)mg＋ma，方向平行斜面向上。答案AD11.在两个足够长、固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑、长方体D的上表面与斜面平行且光滑，P是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在P上，另一端分别连在物块A和C上。在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态解析A与B保持相对静止，则二者沿斜面向下的加速度是相等的，设它们的总质量为m0，则有m0a＝m0gsinα，所以a＝gsinα，同理，若以C、D为研究对象，则它们共同的加速度大小也是gsinα。以物块A为研究对象，水平方向的加速度ax＝acosα＝gsinαcosα，该加速度只能由水平方向的弹簧弹力产生，所以弹簧L1处于压缩状态；以C为研究对象，当C仅受到重力、斜面的支持力作用时，产生的加速度为a＝gsinα，所以C不受弹簧的弹力作用，弹簧L2答案C【解题技巧】瞬时加速度的求解问题中，对轻绳、轻杆、轻弹簧模型的理解很重要，轻绳、轻杆对物体的作用力可以发生突变，但轻弹簧对物体的作用力不能发生突变。12．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即f＝kv。(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式。(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度。(3)若m＝2kg，斜面倾角θ＝30°，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值。(计算结果保留两位有效数字)解析(1)由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ－eq\f(kv,m)。(2)当a＝0时速度最大，vm＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,k)，减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些。(3)当v＝0时，a＝gsinθ－μgcosθ＝3m/s2，解得μ＝eq\f(2\r(3),15)≈0.23；最大速度vm＝2m/s，vm＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,k)＝2m/s，解得k＝3.0kg/s。答案(1)a＝gsinθ－μgcosθ－eq\f(kv,m)(2)eq\f(mgsinθ－μcosθ,k)适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.233.0kg/s13．一质量为m＝0.4kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动，如图所示为其运动的v－t图象的一部分，已知0.4s以前车做匀变速运动，之后做变加速运动直到速度最大，2s时刻关闭发动机，玩具车开始做匀减速运动最终停止。小汽车全过程中所受阻力可视为恒定。(1)关闭发动机后小车运动的时间。(2)求匀加速阶段小汽车的驱动力。(3)估算全过程小汽车行驶的距离。解析(1)设2s后小汽车加速度为大小a2，据图象得a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(8－4,4.0－2.0)m/s2＝2m/s2。设减速阶段时间为t，由vt＝v0－a2t，解得t＝4s。(2)设0～0.4s内，小汽车加速度大小为a1，a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(4－0,0.4)m/s2＝10m/s2，据牛顿第二定律得F－f＝ma1，关闭发动机后f＝ma2，解得F＝4.8N。(3)0～0.4s内的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×0.42m＝0.8m，根据图象可得0.4～2s内的位移x2＝58×0.2×1m＝11.6m，2s以后的位移x3＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)×2×42m＝16m，小汽车的总位移x＝x1＋x2＋x3＝28.4m(计算结果在27.6～29.2间均可)。答案(1)4s(2)4.8N(3)28.4m(27.6m～29.2m均可)14．如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2。(1)若给物块施加一水平拉力F＝11N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度。