高考物理一轮复习课时作业14牛顿第二定律的应用专题二（含解析）

牛顿第二定律的应用专题

一、选择题

1．(2018·上海一模)如图，小物块置于倾角为θ的斜面上，与斜面一起以大小为gtanθ的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为(　　)

答案　A

解析　假设物体受到摩擦力沿斜面向上，对物体受力分析，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，由牛顿第二定律可得：

FNsinθ－Ffcosθ＝ma

FNcosθ＋Ffsinθ－G＝0

联立解得：Ff＝0，故物体只受支持力和重力，故A项正确，B、C、D三项错误．

2．(2018·莆田模拟)如图所示，质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，大小均为20 N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上，系统处于静止状态．下列说法正确的是(　　)

A．弹簧秤的示数是0 N

B．弹簧秤的示数是40 N

C．突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5 m/s2

D．撤去F1后，当A、B加速度相同时，弹簧秤的示数是16 N

答案　C

解析　A、B两项，两水平拉力作用下两物体受力平衡，根据平衡条件可知弹簧秤的示数为T＝20 N，故A、B项错误；

C项，在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m2的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故C项正确；

D项，撤去F1后，当A、B加速度相同时，＝，解得T′＝4 N，故D项错误。

3．(2018·郑州一模)在倾角为30°的光滑斜面上，有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个重60 N的球，如图所示，当箱子在斜面上下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是(　　)

A．40 N，30 N　　　　　 B．30 N，50 N

C．40 N，50 N   D．50 N，60 N

答案　C

解析　对箱子和球整体分析，根据牛顿第二定律，有：

(M＋m)gsin30°＝(M＋m)a，

解得：a＝gsin30°＝10× m/s2＝5 m/s2；

再隔离球受力分析，如图所示：

在平行斜面方向，有：mgsin30°＋N1－N2sin53°＝ma，

在垂直斜面方向，有：mgcos30°－N2cos53°＝0，

联立解得：N1＝40 N，N2＝50 N；

根据牛顿第三定律，球对箱子后壁的压力为40 N，对箱内斜面的压力为50 N；

故A、B、D三项错误，C项正确．

4.(2018·河南二模)“双人滑草”项目可以简化为如下模型：如图所示，A、B物块紧靠在倾角为α粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑，斜面与A之间的动摩擦因数为3μ，与B之间的动摩擦因数为μ，A物块的质量为m，B物块的质量为3m，已知重力加速度为g.则在下滑过程中，物块A、B之间作用力的大小等于(　　)

A.μmgsinα   B.μmgsinα

C.μmgcosα   D.μmgcosα

答案　D

解析　对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：

4mgsinθ－3μmgcosα－μ·3mgcosα＝4ma

解得：a＝gsinα－μgcosα

对B受力分析，根据牛顿第二定律可知：

3mgsinα－μ·3mgcosα－F＝3ma

解得：F＝μmgcosα，故D项正确．

5.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m的物体A、B接触(A与B和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止．已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计．撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度为g.则(　　)

A．撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动

B．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为－μg

C．物体A、B一起向左运动距离x0后相互分离

D．物体A、B一起向左运动距离x＝x0－后相互分离

答案　D

解析　A、B一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B与A分离，B做匀速运动，A做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A与弹簧分离，做匀减速直线运动，故A项错误；撤去F瞬间，由kx0－μmg＝2ma可知，B项错误；当物体A、B相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx′，x′＝，所以物体A、B一起向左运动距离x＝x0－后相互分离，D项正确，C项错误．

6.(2018·合肥一中模拟)如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B间的动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a>μ2g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　C

解析　若卡车以最大加速度刹车，则由于a>μ2g，A、B间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A、B和车相对静止，当A、B整体相对车发生滑动时a′＝＝μ1g，当A、B间发生相对滑动时，a″＝＝μ2g，由于μ1>μ2，所以a′>a″，即当以a′刹车时，A、B间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a″，根据公式v2－v02＝2ax，可得v02＝2μ2gs0，即v0＝，B项正确．

7．(2018·南充模拟)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝7 m/s的速率运行．现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经一段时间后工件被传送到h＝8 m的高处．已知工件与传送带间的动摩因数为μ＝，取g＝10 m/s2，在这段时间，工件的速度v，位移x，加速度a，所受合外力F随时间t变化的图像正确的是(　　)

答案　A

解析　A项，对工件，受力如图，据牛顿第二定律得：

μmgcosθ－mgsinθ＝ma

得：a＝2.5 m/s2

工件速度由0加速到v0所用的时间t＝＝ s＝2.8 s

在这段时间内工件的位移x＝at2＝×2.5×2.82 m＝9.8 m

传送带的长度L＝＝16 m

说明工件与传送带共速时还没有到达顶端．

因为μmgcosθ＞mgsinθ，所以共速后物体随传送带匀速运动，因此工件先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A项正确．

B项，在匀加速阶段，由x＝at2，知x­t图像抛物线，故B项错误．C项，加速度先不变后为零，故C项错误．

D项，合外力先不变后为零，故D项错误．

8．(2018·洛阳二模)如图，长木板C置于光滑水平地面上，A、B两物块放在木板上．已知A、B、C的质量mA＝mC＝m，mB＝2m，A、B两物块与木板间的动摩擦因数都为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平向左的力F作用在A物块上，当F由0逐渐增大时(　　)

A．当F＝μmg时，A与C开始相对滑动

B．当F＝2μmg时，B所受摩擦力大小为

C．一直增大F，B的最大加速度为μg

D．无论F多大，B和C总保持相对静止

答案　D

解析　AC间的最大静摩擦力为：

fA＝μmAg＝μmg，

B与木板间的最大静摩擦力为：

fB＝μmBg＝2μmg

地面是光滑的，C与地面间无摩擦力．

A项，对B、C，受到摩擦力最大值为μmg，依据牛顿第二定律，则有：μmg＝3ma

对于A，依据牛顿第二定律，则有：F－μmg＝ma，解得：F＝μmg，因此当F＝μmg时，A与C开始相对滑动，故A项错误；

B项，若F＝2μmg＞μmg，所以A、C发生相对滑动，A对C的滑动摩擦力为μmg，BC一起运动的加速度为：

a＝＝μg

C项，由于A对C的滑动摩擦力最大为μmg，B要想发生滑动，受到的摩擦力应为2μmg，B、C共同运动的加速度为：a＝＝μg，此时B受到的静摩擦力为，fB＝2ma＝μmg≤2μmg，所以B、C始终相对静止，所以B的最大加速度为μg，故C项错误；

D项，由C项的分析可知，当拉力大于4 N时，B与木板间的摩擦力即为滑动摩擦力为4 N，此后增大拉力，不会改变B的受力；故D项正确．

9.(2018·孝义市一模)(多选)将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离和砝码与桌面右端的距离均为d，现用水平向右的恒力F拉动纸板，如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g

B．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g

C．若砝码与纸板分离时的速度不大于，砝码不会从桌面上掉下

D．当F＝2μ(M＋2m)g时，砝码恰好到达桌面边缘

答案　AD

解析　A项，要使纸板相对砝码运动，纸板的加速度a1＝>a2＝，则F＞2μ(M＋m)g，故A项正确；

B项，纸板相对砝码运动时，纸板受桌面的摩擦力为F1＝μ(M＋m)g，受砝码的摩擦力为μMg，即摩擦力为μ(2M＋m)g，故B项错误；

C项，若砝码与纸板分离时的速度为v，设砝码与纸板分离时间为t，砝码恰好到达桌面边缘，则砝码位移d＝·2t，t＝，解得v＝，故C项错误；

D项，当F＝2μ(M＋2m)g时，a板＝3μg，a＝μg，分离时间为t1，则有a板t1－μgt12＝d，解得砝码与纸板分离时速度v＝μgt1＝，故砝码恰好到达桌面边缘，故D项正确．

10.(多选)如图所示，一个厚度不计的圆环A，紧套在长度为L的圆柱体B的上端，A、B两者的质量均为m.A与B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，其大小为kmg(k>1)．A、B一起由离地H高处由静止开始落下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且无能量损失．A环运动过程中未落地．则下列说法正确的是(　　)

A．B与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是

B．B与地第一次碰撞后，B上升的最大高度是

C．B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度是

D．B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度是

答案　AC

解析　刚开始A、B一起做自由落体运动可算出B与地面碰撞前的速度为v＝，对B来说碰撞后以速度v向上做匀减速运动，其加速度为aB，由mg＋kmg＝maB得aB＝(k＋1)g，B上升的最大高度为H1＝＝，A项正确，B项错误；对A来说碰撞后的加速度为aA，由kmg－mg＝maA得aA＝(k－1)g，方向竖直向上．当A、B速度相等时，两者相对静止．设经时间t后，两者速度相等，有v－aAt＝－(v－aBt)，t＝，所以B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为H1′＝vt－aBt2＝，C项正确，D项错误．

二、非选择题

11.(2018·泸州模拟)在工厂的流水线上安装一水平传送带用以传送工件，可大大提高工作效率．水平传送带以恒定速度v＝6 m/s顺时针转动，在传送带的左端点，若每隔1 s就轻放一个工件到传送带上去，经时间t＝5.5 s到另一端点工件被取下，两端点间距离x＝24 m，如图所示．工件体积很小，可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2.求：

(1)工件与传送带之间的动摩擦因数μ；

(2)传送带正常运行一段时间后，某一工件刚放上传送带时，在传送带上最远的工件距左端点的距离．

解析　(1)设工件匀加速和匀速的时间分别为t1、t2，

根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma，

根据速度时间关系可得：v＝at1，

根据位移时间关系可得：s＝at12＋vt2

联立解得：t1＝3 s，t2＝2.5 s，a＝2 m/s2，μ＝0.2；

(2)每隔1 s就轻放一个工件到传送带上去，设某时刻某一工件A刚刚放上皮带时，此时带上共有6个工件，传送带上最右端的工件运动了5 s，加速位移s1、匀速位移s2，与出发点相距s3，则：s1＝at12

s2＝v(5－t1)

s3＝s1＋s2

联立解得：s3＝21 m.

12.(2018·南宁模拟)如图所示，在光滑的水平平台上，有一质量为M＝2 kg、长为L＝3 m的长木板，长木板的左端放有一质量为mA＝1 kg的物块A，物块A通过一绕过光滑定滑轮的轻绳与重物B相连，物块B的质量为mB＝1 kg，开始时用手托住重物B，使绳刚好拉直，弹力为零，物块A与滑轮间的轻绳处于水平，物块A与长木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板的右端离平台的右端足够远，重物B离地面的高度足够高．重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)释放物块B后物块A运动的加速度大小；

(2)当物块A运动到长木板的中点位置时，轻绳拉物块A的功率大小．

解析　(1)设释放B后，A与木板间有发生相对滑动，绳上拉力大小为T.A做匀加速运动加速度大小为a1，则有：

mBg－T＝mBa1

T－μmAg＝mAa1

求得：a1＝4 m/s2

由于μmAg＝2 N＜Ma1＝8 N，因此假设成立．

即释放物块B后物块A的加速度大小为4 m/s2.

(2)木板做匀加速运动，则有：

μmAg＝Ma2

求得：a2＝1 m/s2

当物体运动到木板中点时有：

L＝a1t12－a2t12

求得：t1＝1 s

此时物块A的速度大小为：v1＝a1t1＝4 m/s

轻绳对A的拉力大小为：T＝mAa1＋μmAg＝6 N

所以，此时轻绳拉物块A的功率为：P＝Tv＝6×4 W＝24 W.

13.(2018·延边模拟)如图所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一质量为M的长木板．开始时，长木板上有一质量为m的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v的匀速运动(已知v0＞v)，小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动．已知小铁块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ(μ＞tanθ)，求：

(1)小铁块在长木板上滑动时的加速度大小和方向；

(2)长木板至少要有多长？

解析　(1)因为μ＞tanθ，所以小铁块在木板上相对滑动时的加速度沿斜面向上．

由牛顿第二定律：μmgcosθ－mgsinθ＝ma

代入数据得：a＝g(μcosθ－sinθ)

(2)小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零，再向上匀加速，设经过时间t小铁块达到匀速v，则：

v－(－v0)＝at

得：t＝

设此段时间内小铁块的位移为s1，木板的位移为s2，有：

s1＝　方向沿斜面向下(式中v0＞v)

s2＝vt　方向沿斜面向上

所以：≥s1＋s2

解得：L≥2(s1＋s2)＝.