【期末专题复习】人教版(2019)物理必修1-高一上学期期末专题点拨与训练：第28讲 运用牛顿第二定律分析动态过程

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专题28 单个物体加速度相关问题两颗小雨滴A和B从高空由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力与其速率的平方成正比，即，k为常数，已知雨滴A、B质量之比为，且假设下落过程中质量均不变，则雨滴A和B在空中运动的最大速度之比和最大加速度之比分别为   A.    B.    C.  D. 【答案】C【解析】因雨滴下落过程中受空气阻力，且空气阻力与其速率的平方成正比，所以两颗小雨滴A和B从高空由静止开始下落时速度为零，加速度最大，最大加速度均为重力加速度g，则最大加速度之比为  ；对雨滴下落过程中由牛顿第二定律得：，又，可知雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当雨滴加速度为零时，速度最大，即，最大速度，因为雨滴A、B质量之比为，则雨滴A和B在空中运动的最大速度之比为，故C正确，ABD错误。
故选C。  如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并与物体m相连，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体向右最远运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则A. 物体从A到O先加速后减速
B. 物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C. 物体运动到O点时所受合力为0
D. 物体从A到O的过程加速度逐渐变小【答案】A【解析】解：A、B物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速。即物体先加速后减速，故A正确，B错误；
C、物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零。故C错误。
D、物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误；
故选：A。如图所示，，，连接的细线仅能承受1N的拉力，桌面水平光滑，为使线不断而又使它们一起运动获得最大加速度，则可以施加的水平力F的最大值和方向为A. 向右，作用在上， B. 向右，作用在上，
C. 向左，作用在上， D. 向左，作用在上，【答案】B【解析】解：若施加的水平向右的拉力F，
以为研究对象，由牛顿第二定律得：
     
以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
    
联立求解得； ，故A错误，B正确；
若施加的水平向左的拉力F，
以为研究对象，由牛顿第二定律得：
        
联立得；，故CD错误；
故选B．现世界上最高的悬崖秋千位于我国重庆，由四根长均为100m的秋千绳平行地连接秋千板构成。若质量为50kg的人含秋千踏板荡秋千，秋千运动到最低点时速度约为，不计绳的质量，重力加速度，则此时每根秋千绳受到的拉力大小约为   A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】人运动到最低点时，设每根绳子的拉力为T，绳长米，速度约为，由向心力公式可知，，代入数据得，故C正确，ABD错误。
故选C。如图，一橡皮筋上端固定在O点，自然伸直后另一端位于O点正下方的A点，在A点固定一光滑铁钉，将橡皮筋跨过铁钉与位于粗糙地面上P点的物块相连，由静止释放物块，物块沿水平地面向左运动并能经过O点正下方．已知橡皮筋的弹力跟其形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内，地面上各点动摩擦因数处处相同．则物块从P点运动至O点正下方的过程中，以下说法正确的是A. 物块所受摩擦力越来越小 B. 物块对地面的压力越来越小
C. 物块加速度越来越小 D. 物块加速度先减小后增大【答案】D【解析】由题可知，当物块在P点时，AP即为形变量设为x，AP与竖直方向的夹角为，如图：对P受力分析，物块受到重力、支持力、摩擦力、橡皮条的拉力，在竖直方向上由平衡条件得：，而弹力在竖直方向的分量为是定值，故支持力不变，即物块对地面的压力不变，由得：物块所受摩擦力大小也不变，故AB错误；在水平方向由牛顿第二定律得：，而逐渐减小，故物块向左的加速度减小，当时，合力向右，则：，则加速度向右增大，故C错误，D正确。故选D。如图所示，一小球套在倾斜的固定光滑杆上，杆与竖直方向夹角为，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内．现将小球沿杆拉到与O同一高度处，此时弹簧处于原长，静止释放小球，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零．若弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则下列说法正确的是A. 释放瞬间小球的加速度大小为gsin
B. 当弹簧与杆垂直时，小球的速度最大
C. 小球沿杆向下的加速度为gcos 的位置在杆上一共有三个
D. 小球沿杆运动时可能受到两个、三个或四个外力的作用【答案】C【解析】A.小球受力如图所示，释放瞬间小球受支持力N和重力mg，将重力按照垂直杆方向和沿杆方向分解，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间小球的加速度大小：
，故A错误；

B.当弹簧与杆垂直时，小球所受弹力方向与杆垂直，合力方向沿杆向下，小球还要继续向下加速，所以速度没有达到最大值，故B错误
C.开始时弹簧处于原长，小球下滑过程中，弹簧先逐渐变短，当弹簧和杆垂直时弹簧长度最短，且小球所受弹力方向与杆垂直，然后弹簧逐渐恢复原长后再变长，直到最低点时弹簧最长。可判断出：在小球刚开始下滑、弹簧和杆垂直时、弹簧恢复原长，这三个位置小球所受合力均为：，根据牛顿第
二定律可知，这三个位置小球沿杆向下的加速度均为，故C正确；
D.小球在刚开始下滑和弹簧恢复原长这两个位置，受到重力和杆的弹力两个力的作用，其余位置还要受到弹簧的弹力，小球沿杆运动时可能受到两个、三个力的作用，不可能受到四个力的作用，故D错误。
故选C。  一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是 
 A. 速度增大，加速度增大
B. 速度增大，加速度减小
C. 速度先增大后减小，加速度先减小后增大
D. 速度先增大后减小，加速度先增大后减小【答案】C【解析】滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故C正确，ABD错误。
故选C。  如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中弹簧始终在弹性限度内，其速度v和弹簧压缩量之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，g取下列说法正确的是  A. 小球刚接触弹簧时速度最大
B. 当时，小球处于超重状态
C. 该弹簧的劲度系数为
D. 从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【答案】BCD【解析】由图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当为时，小球的速度最大，然后减小，说明当为时，小球的重力大小等于弹簧对它的弹力，由，解得 ，A错误，C正确；
B.弹簧的压缩量为时，弹簧弹力为，故此时小球的加速度向上，处于超重状态，B正确；
D.对小球进行受力分析可知，其合力是先由mg逐渐减小至零，然后再反向增大的，故小球的加速度先减小后增大，D正确。
故选BCD。  如图所示，质量为5kg的物体A拴接在被水平拉伸的弹簧一端，小车B的质量为10kg，水平地面光滑。弹簧的拉力为5N时，系统处于静止状态，某时刻对小车施加向右的水平力F，且F从0开始逐渐增大，则在此后过程中A. 物体A受到的摩擦力先增加后不变
B. 物体A受到的摩擦力方向会发生改变
C. 当时，小车B的加速度为
D. 当时，小车B的加速度为【答案】BC【解析】弹簧弹力开始与静摩擦力平衡，大小为5N，方向向左；F从开始逐渐增大，根据牛顿第二定律知，整体加速度增大，小物块的加速度也增大，小物块受的合力增大，故摩擦力向左减小到零，然后又向右增加；故A错误，B正确；
对物块A，当摩擦力反向增大到5N后，可能会产生相对小车B滑动，此时有，则，以整体为研究对象，，
故当时，小车B的加速度为；
当时，物块与小车可能已经发生相对滑动，小车B的速度不是；故C正确，D错误。
故选：BC。  多选如图所示为娱乐场里常见的一种简单的娱乐设施滑道，它由一个倾斜轨道和水平轨道平滑连接而成若一名儿童自轨道顶端由静止开始下滑，到达水平轨道某处停下，儿童与整个轨道间的动摩擦因数处处相同，不计空气阻力，则关于其路程大小x、速度大小v、加速度大小a、摩擦力大小F随时间t变化的大致规律，可能正确的是图中的A.  B.
C.  D. 【答案】BCD【解析】在倾斜轨道上下滑过程中，由于受力不平衡，所以会匀加速下滑，有，加速下滑的路程为，图像是曲线，故A错误
匀加速下滑过程中，，在水平轨道上，根据牛顿第二定律得，可得，可知做匀减速运动，且a与之间大小关系不确定，故B、C正确
D.儿童在倾斜轨道上时对轨道的压力大小与重力在垂直于轨道方向的分量相等，此分量小于重力，在水平轨道上时对轨道的压力大小等于重力，摩擦力与压力大小成正比，故在倾斜轨道上时的摩擦力小于在水平轨道上时的摩擦力，故D正确．  如图所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为、。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块可视为质点轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为、，滑块、平板的质量均为，g取。求：若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板的速度大小；若，求滑块离开平板时的速度大小。【答案】解：滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：，
由于，故平板做匀加速运动，加速度大小：，
解得，
设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为，平板的位移为x，对滑块：
，
，
对平板：，
联立以上各式代入数据解得： s，；
滑块在传送带上的加速度：，
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：
，
即滑块滑上平板的速度为5 
设滑块在平板上运动的时间为，离开平板时的速度为，平板位移为
则
 
联立以上各式代入数据解得：，，不合题意，舍去
将代入得： 。
答：若滑块恰好不从平板上掉下，滑块刚滑上平板时的速度大小是；
若，滑块离开平板时的速度大小是。如图所示，将质量的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角的拉力F，使圆环以的加速度沿杆运动，求拉力F的大小。【答案】或【解析】令，解得 N，环与杆不接触，受力分析如题所示，由牛顿第三定律得：得：，不符合题意。当 N时，环与杆的上部接触，受力如图所示，由牛顿第二定律得：，。由此得： 。当 N时，环与杆的下部接触，受力如图所示，由牛顿第二定律得：，，由此得： 。如图所示，长度，质量的木板置于光滑的水平地面上，质量的小物块可视为质点位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数，现对小物块施加一水平向右的恒力，取。求：
 将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小若木板M不固定，从开始运动到小物块离开木板所用的时间。【答案】解：对小物块，由牛顿第二定律得，
代入数据解得．
小物块离开木板，有：  
解得．
对m，由牛顿第二定律得，
代入数据解得；
对M，由牛顿第二定律得，
代入数据解得．
对m，位移，
对M，位移，
根据，
解得：。