1、课时训练8牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题1.一轻弹簧的上端固定，下端悬挂一重物，弹簧伸长了8 cm，再将重物向下拉4 cm，然后放手，则在释放重物的瞬间，重物的加速度是()Ag/4 Bg/2C3g/2 Dg解析假设弹簧的劲度系数为k，开始挂重物时弹簧伸长了x18102 m，将重物向下拉4 cm后，弹簧共伸长了x20.12 m，开始挂重物时，受力平衡：kx1mg，将重物向下拉后，释放重物时，由牛顿第二定律得：kx2mgma，解得：ag/2.答案B2.(多选)一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图象如图所示，则下列说法正确的是(
2、)A汽车从开始运动到前进x1的过程中，汽车受到的合外力越来越大B汽车从开始运动到前进x1的过程中，汽车受到的合外力越来越小C汽车从开始运动到前进x1的过程中，汽车的平均速度大于v0/2D汽车从开始运动到前进x1的过程中，汽车的平均速度小于v0/2解析由v22ax可知，若汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图象为线性关系，则汽车做匀加速运动由题图可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，A正确，B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度时间图象(图线形状类似于题图，图略)，根据速度时间图象可得出汽车从开始运动到前进x1的过程中，汽车的平均速度小于v0/2，C错误，D正确
3、答案AD3.如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两小球一起做匀加速运动，则此时两小球间的距离为()A. B.CL DL解析两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得F(m2m)a，对质量为m的小球水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得kxma，所以x，此时两小球间的距离为L，C正确答案C4.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示；物块的运动速度v与时间t的关系如图乙
4、所示，6 s后的速度时间图象没有画出，g取10 m/s2.下列说法不正确的是()A滑动时受的摩擦力大小是3 NB物块的质量为1.5 kgC物块在69 s内的加速度大小是2 m/s2D物块前6 s内的平均速度大小是4.5 m/s解析由速度时间图象可以知道，在36 s内，物块做匀速直线运动，即物块所受到的摩擦力大小与推力F的大小相等，FfF366 N，故A错误；在03 s内，物块做匀加速直线运动，a2 m/s2，F合maF03Ff3 N，得出m1.5 kg，故B正确；在69 s内，F693 N，Ff6 N，F合maFfF693 N，得出a2 m/s2，故C正确；由速度时间图象的面积可知，06 s内
5、物块的位移x(36)6 m27 m，物块前6 s内的平均速度大小v4.5 m/s，故D正确答案A5.高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙则下列说法正确的是()A人向上弹起过程中，一直处于超重状态B人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力解析人向上弹起的过程，先做加速度逐渐减小的加速直线运动(超重状态)、而后做加速度逐渐增加的减速运动(失重状态)，最后做匀减速直线运动到最高点，选项A错误；人向上弹起过程中，
6、踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知：二者等大反向，选项B错误；当弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可知：高跷对人的作用力大于人的重力，故人对高跷的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，选项D错误答案C6.如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面由底端以初速度v0向上滑动，先后通过A、B，然后又返回到底端设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则()At1t2，a1a2，v1v2Bt1t2，a1a2，v1v2C物
7、块全过程的速度时间图线如图乙所示D物块全过程的速度时间图线如图丙所示解析由于从B返回A所受合外力小，对应的加速度小，故t1a2，v1v2，所以A、B错误；物块全过程的速度时间图线如题图丙所示，C错误，D正确答案D7.如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为30，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第6个小物块对第5个小物块的作用力大小为()A.FB.FC.mgFD因为动摩擦因数未知，所以不能确定解析视50个小物块为整体，则由牛顿第二定律有F50mgsin3050mgcos3050ma，视第15个物块为整体，
8、由牛顿第二定律有F5mgsin305mgcos30FN5ma，联立得，FNF，故A正确答案A8粗糙水平面上放有P、Q两个木块，它们的质量依次为m1、m2，与水平面的动摩擦因数依次为1、2.分别对它们施加水平拉力F，它们的加速度a随拉力F变化的规律如图所示下列判断正确的是()Am1m2，12 Bm1m2，12Cm12 Dm1m2，1m2，纵轴的截距是g，把图象延长得到纵轴截距如图，Q截距大说明21.对照答案B对答案B9游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有()A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C
9、甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达B处解析设轨道的切线与水平面夹角为，小孩下滑过程的切向加速度agsin，开始甲大于乙后来甲小于乙，A项错误；由机械能守恒可知，甲、乙在同一高度的速度大小相等，B项正确；画出甲、乙的速率时间图象如图所示，由于两种情况路程相同(即图象与t轴所围的图形的面积相同)，最后的速率相同，由图可知甲比乙先到达B处，同一时刻，甲的位置总低于乙，C项错误，D项正确答案BD10如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考
10、系)如图乙所示已知v2v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析本题考查受力分析、牛顿第二定律和速度图象，意在考查学生应用牛顿第二定律并结合vt图象分析传送带模型的能力小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大；0t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用，B
11、正确答案B二、非选择题11.一根质量近似为零、无弹性的细绳跨在一个光滑的、无转动的滑轮上，细绳的两端分别挂着两个质量差别不大的重物甲和乙，这样一个装置，叫做阿特伍德机，是实验室中一种用来研究匀变速运动的常用实验器材在实验中测出物体的加速度，然后跟利用牛顿第二定律得出的理论值比较，从而说明牛顿第二定律的正确性(1)甲、乙两个重物的质量m1、m2用天平测定(设m1m2)，重物下落(上升)的一段时间t可用秒表测定，为了测定重物的加速度，还必须使用一种测量工具_；重力加速度的测量值a_.(用测量量表示)(2)根据牛顿第二定律，系统产生的加速度a_.(当地重力加速度为g)(3)简要说明甲乙两个物体为何质
12、量不宜相差太多：_解析(1)设重物在t时间内下落的距离为h，根据运动公式hat2，因为时间t用秒表测定，再用刻度尺测量出h，即可求出a.(2)根据牛顿第二定律Tm2gm2a，m1gTm1a，解得ag.答案(1)刻度尺(或毫米刻度尺)(2)g(3)如果质量相差太大，则系统加速度就会较大，由于绳子长度有限，导致运动时间很短，会给时间测量带来困难12.如图所示，工人把重为1 200 N的货物沿倾斜的木板推上汽车，木板长5 m，一端离地高1 m货物与木板间的动摩擦因数为0.5.假定工人的推力方向与板面平行，g取10 m/s2，2.45，3.16.求：(1)工人搬运过程中的最小推力(2)若工人用(1)中
13、大小的推力沿板面向下推货物，将货物由静止从木板顶端推到底端的时间解析(1)对货物受力分析，如图甲所示由平衡条件得：FmgsinFf，FNmgcos由滑动摩擦力公式得：FfFN由数学知识得：sin，cos联立以上各式并代入数据得：F240(1)828 N(2)对货物受力分析，如图乙所示由牛顿第二定律得：FmgsinFfma由匀变速运动规律得：lat2联立以上各式并代入数据得：t s1.58 s答案(1)828 N(2)1.58 s13如图甲所示，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。他们让带有风
14、帆的滑块由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面始终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，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即Ffkv.(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m2 kg，斜面倾角30，重力加速度g取10 m/s2，滑块由静止下滑的vt图象如图乙所示，图中的斜虚线是t0时vt图线的切线，由此求出、k的值解析(1)由题意知，滑块有沿斜面向下的加速度，滑块和风帆受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力和空气阻力的作用，根据牛顿第二定律可得agsingcos(2)当a0时速度最大，vm减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角；风帆升起一些以增大k.(3)当v0时，由题图乙得agsingcos3 m/s2解得0.23由题图乙可得最大速度vm2 m/s解得k3 kg/s答案见解析
