2018高考物理大一轮复习题组层级快练14第三单元牛顿运动定律3牛顿第二定律的应用专题二

牛顿第二定律的应用专题（二）一、选择题1．(2016·上海十二校联考)如图所示，质量为m 1和m 2的两物块放在光滑的水平地面上．用轻质弹簧将两物块连接在一起．当用水平力F作用在m 1上时，两物块均以加速度a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x ；若用水平力F ′作用在m 1上时，两物块均以加速度a ′＝2a 做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x ′.则下列关系正确的是( ) A ．F ′＝2F B ．x ′＝2x C ．F ′>2F D ．x ′<2x答案 AB解析 取m 1和m 2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F ＝(m 1＋m 2)a.弹簧的弹力F T ＝m 2F m 1＋m 2＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F 增为原来的2倍，F T 增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A 、B 两项正确．2.如图为应用于火车站的安全检查仪的简化模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( ) A ．乘客与行李同时到达B 处 B ．乘客提前0.5 s 到达B 处 C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处 答案 BD解析 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2 m －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝2 mv ＝2 s ，故B 项正确．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2L a＝2×21s ＝2 s ，D 项正确． 3．(2016·湖北八校联考)质量分别为M 和m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑M 、m 与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M ，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )A ．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动的加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动的加速度大小为M －mM g答案 BC解析 互换位置前，M 静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg ，互换位置后，对M 有Mg －F T ＝Ma ，对m 有：F ′T －mgsin α＝ma ，又F T ＝F ′T ，解得：a ＝(1－sin α)g ，F T ＝mg ，故A 、D 两项错误，B 、C 两项正确．4.(2016·哈尔滨市三中学一模)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 与C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是( )A ．一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用B ．一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为F4C ．一起加速过程中，A 、D 木块所受摩擦力大小和方向相同 D ．当F 撤去瞬间，A 、D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 答案 BC解析 水平拉力F 的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F ＝4ma ，对A 、D 木块有f A ＝f D ＝ma ，解得A 、D 木块所受摩擦力大小f A ＝f D ＝F4，方向均水平向右，故BC 两项正确；一起加速过程中，C 木块受到重力、D 木块对其的压力和静摩檫力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A 项错误；当F 撤去瞬间，弹簧弹力不变，A 、D 木块所受静摩擦力的大小不变，但方向相反，故D 项错误．故B 、C 两项正确．5．如图，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6 kg 、m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数是0.2，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，则( )A ．当拉力F ＜12 N 时，两物体均保持静止状态B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N 时，开始相对滑动C ．两物体间从受力开始就有相对运动D ．两物体间始终没有相对运动 答案 D解析 当A 、B 间摩擦力达到最大静摩擦力时，A 、B 发生相对滑动，则对B 有a B ＝μm A g m B ＝6 m/s 2.对整体有：拉力F ＝(m A ＋m B )a B ＝48 N ，当拉力达到48 N 时，A 、B 才发生相对滑动，所以开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，在增大到48 N 的过程中，两物体间始终没有相对运动，相对于地面是运动的．故D 项正确．6.(2016·南阳模拟)如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A 、B两块木板，在木板A 的上面放着一个质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态．A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F 向右拉动木板A ，使之从C 、B 之间抽出来，已知重力加速度为g ，则拉力F 的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( ) A ．F ＞μ(2m ＋M)g B ．F ＞μ(m ＋2M)g C ．F ＞2μ(m ＋M)g D ．F ＞2μmg答案 C解析 无论F 多大，摩擦力都不能使B 向右滑动，而滑动摩擦力能使C 产生的最大加速度为μg ，故F －μmg －μ（m ＋M ）g M ＞μg 时，即F ＞2μ(m ＋M)g 时A 可从B 、C 之间抽出，C 项正确．7．如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平向右的变力F A ＝(9－2t) N ，t 的单位是s.从t ＝0开始计时，则( )A ．A 物体在3 s 末时刻的加速度是初始时刻的511倍B ．t ＞4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t ＞4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反 答案 ABD解析 对于A 、B 整体，据牛顿第二定律，有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ，设A 、B 间的作用力为F ，则对于B ，据牛顿第二定律，可得F ＋F B ＝m B a ， 解得F ＝m B F A ＋F B m A ＋m B －F B ＝16－4t3N.当t ＝4 s 时F ＝0，A 、B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动．当t ＝4.5 s 时A 物体的加速度为零而速度不为零；t ＞4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反．当t ＜4 s 时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F Bm A ＋m B .综上所述，选项A 、B 、D 正确．8.如图所示，光滑水平面上放置一斜面体A ，在其粗糙斜面上静止一物块B ，开始时A 处于静止．从某时刻开始，一个从0逐渐增大的水平向左的力F 作用在A 上，使A 和B 一起向左做变加速直线运动．则在B 与A 发生相对运动之前的一段时间内( ) A ．B 对A 的压力和摩擦力均逐渐增大 B ．B 对A 的压力和摩擦力均逐渐减小C ．B 对A 的压力逐渐增大，B 对A 的摩擦力逐渐减小D ．B 对A 的压力逐渐减小，B 对A 的摩擦力逐渐增大 答案 D解析 对物体进行受力分析，如图所示，将加速度进行分解，设斜面的倾角为θ.根据牛顿第二定律，得垂直于斜面方向mgcos θ－N ＝masin θ 平行于斜面方向f －mgsin θ＝macos θ 得到N ＝mgcos θ－masin θ f ＝mgsin θ＋macos θ可见，当加速度a 增大时，支持力N 减小，摩擦力f 增大，根据牛顿第三定律得知，B 对A 的压力逐渐减小，B 对A 的摩擦力逐渐增大．故A 、B 、C 项错误，D 项正确．9．(2016·昆明检测)如图甲所示，质量m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg 的A 、B 两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上．t ＝0时刻，一水平恒力F 作用在物块B 上，t ＝1 s 时刻，撤去F ，B 物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A 、B 始终保持相对静止，则( )A ．物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2 B ．1～3 s 内物块A 不受摩擦力作用C ．0～1 s 内物块B 对A 的摩擦力大小为4 ND ．水平恒力的大小为12 N 答案 AC解析 在v －t 图像中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a 1＝4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 1，μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 2，解得：μ＝a 2g ＝0.2，F ＝18 N ，A 项正确，D 项错误；1～3 s 内两物块一起运动，物块A 也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向左的静摩擦力，B 项错误；同理在0～1 s 内物块A 也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：F f ＝m A a 1＝4 N ，C 项正确．10.三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以v 0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( ) A ．若v 0≥1 m/s ，则物块A 先到达传送带底端 B ．若v 0≥1 m/s ，则物块A 、B 同时到达传送带底端 C ．若v 0＜1 m/s ，则物块A 先到达传送带底端 D ．若v 0＜1 m/s ，则物块A 、B 同时到达传送带底端 答案 BC解析 因为μ＜tan37°，若v 0≥1 m/s ，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带匀加速下滑，所以物块A 、B 同时到达传送带底端，B 选项正确；若v 0＜1 m/s ，物块B 一直匀加速下滑，物块A 先加速到与传送带共速，再与B 相等的加速度匀加速下滑，所以物块A 先到达传送带底端，即C 选项正确． 二、非选择题11.如图所示，木块A 、B 的质量分别为m1、m 2，紧挨着并排放在光滑的水平面上，A 与B 的接触面垂直于图中纸面且与水平面成θ角，A 与B间的接触面光滑．现施加一个水平力F 于A ，使A 、B 一起向右运动，且A 、B 不发生相对运动，求F 的最大值．答案m 1（m 1＋m 2）gtan θm 2解析 A 、B 一起向右做匀加速运动，F 越大，加速度a 越大，水平面对A 的弹力F NA 越小，A 、B 不发生相对运动的临界条件是F NA ＝0，此时木块A 受到重力m 1g 、B 对A 的弹力F N 和水平力F 三个力的作用．根据牛顿第二定律，有 F －F N sin θ＝m 1a ， F N cos θ＝m 1g ， F ＝(m 1＋m 2)a ， 由以上三式可得，F 的最大值为F ＝m 1（m 1＋m 2）gtan θm 2.12．(2016·昆明统测)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板A 静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L ＝1 m ，用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2.(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间． 答案 (1)不会 (2) 2 s解析 (1)A 、B 之间的最大静摩擦力为 f m >μ1mg ＝0.3×1×10 N ＝3 N 假设A 、B 之间不发生相对滑动，则 对A 、B 整体：F ＝(M ＋m)a 对A ：f AB ＝Ma 解得：f AB ＝2.5 N因f AB <f m ，故A 、B 之间不发生相对滑动． (2)对B ：F －μ1mg ＝ma B 对A ：μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma A 据题意：x B －x A ＝L x A ＝12a A t 2；x B ＝12a B t 2解得：t ＝ 2 s.13．如图所示为仓库中常用的传送带传输装置示意图，它由两台传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3 m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C 、D 两端相距3.05 m ，B 、C 相距很近．水平部分AB 以5 m/s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.求：(重力加速度g 取10 m/s 2)(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度v CD 应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间t 的取值范围(结果可用根号表示)． 答案 (1)1.25 m (2)v CD ≥3 m/s25－8510s ≤t ≤1.7 s 解析 (1)米袋在AB 上运动时，由牛顿第二定律，得 μmg ＝ma 0，解得加速度为：a 0＝μmg m＝μg ＝5 m/s 2米袋的速度达到v 0＝5 m/s 时，滑行的距离为：s 0＝v 022a 0＝2.5 m<AB ＝3 m ，因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度， 设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ， 由牛顿第二定律，得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ， 代入数据解，得a ＝10 m/s 2所以能上升的最大距离：s ＝v 022a＝1.25 m.(2)设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能到达D 点(即米袋到达D 点时速度恰好为零)，由牛顿第二定律可知，米袋速度减为v 1之前的加速度为：a 1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s 2， 米袋速度小于v 1至减为零前的加速度为： a 2＝μgcos θ－gsin θ＝－2 m/s 2， 由匀变速运动的速度位移公式，得 v 12－v 022a 1＋0－v 122a 2＝3.05 m ， 代入数据，解得v 1＝3 m/s ，即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度v CD ≥v 1＝3 m/s. 米袋恰能运到D 点所用时间最长t max ＝v 1－v 0a 1＋0－v 1a 2＝1.7 s ，若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2，设米袋在D 点的速度为v 2，由位移公式，得： v 22－v 02＝2a 2s CDt min ＝v 2－v 0a 2代入数据，解得t min ＝25－8510s ，所以，所求的时间t 的范围为25－8510s ≤t ≤1.7 s.。