配餐作業(yè)(八)牛頓第二定律及應(yīng)用eq\a\vs4\al(??)見學(xué)生用書P323A組·基礎(chǔ)鞏固題1．(2018·重慶巴蜀中學(xué)期中)“加油向未來”節(jié)目做了一個大型科學(xué)實驗，選了8名力氣幾乎相同的小朋友，水平拉動一輛130t重、處于懸浮狀態(tài)下的磁懸浮列車，列車在30s時間內(nèi)前進了四、五米遠；然后，讓4名小朋友在30s時間內(nèi)用力拉整列磁懸浮列車，列車將()A．移動2m以上 B．移動1～2mC．移動距離不超過1m D．靜止不動解析磁懸浮列車摩擦力可認為是0，由a＝eq\f(F,m)，F(xiàn)減小為原來一半，可得加速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，由x＝eq\f(1,2)at2可知位移在2m～2.5m，所以選A項。答案A2．(多選)一斜面固定在水平面上，在斜面頂端有一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，木板上固定一輕質(zhì)彈簧測力計，彈簧測力計下面連接一個光滑的小球，如圖所示，當(dāng)木板固定時，彈簧測力計示數(shù)為F1，現(xiàn)由靜止釋放后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時彈簧測力計的示數(shù)為F2，若斜面的高為h，底邊長為d，則下列說法正確的是()A．穩(wěn)定后彈簧仍處于伸長狀態(tài)B．穩(wěn)定后彈簧一定處于壓縮狀態(tài)C．μ＝eq\f(F1d,F2h)D．μ＝eq\f(F2h,F1d)解析平衡時，對小球分析F1＝mgsinθ；木板運動后穩(wěn)定時，對整體分析有a＝gsinθ－μgcosθ；則a<gsinθ，根據(jù)牛頓第二定律得知，彈簧對小球的彈力應(yīng)沿斜面向上，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對小球有mgsinθ－F2＝ma，而tanθ＝eq\f(h,d)；聯(lián)立以上各式計算可得μ＝eq\f(F2h,F1d)，故A、D項正確。答案AD3．(2018·湖南師大附中摸底考試)在甲地用豎直向上的拉力使質(zhì)量為m1的物體豎直向上加速運動，其加速度a1隨不同的拉力而變化的圖線如圖所示；在乙地用豎直向上的拉力使質(zhì)量為m2的物體豎直向上加速運動，其加速度a2隨不同的拉力而變化的圖線如圖所示；甲、乙兩地的重力加速度分別為g1、g2，由圖象知()A．m1＜m2，g1＜g2 B．m1＜m2，g1＞g2C．m1＞m2，g1<g2 D．m1＜m2，g1＝g2解析由牛頓第二定律得F－mg＝ma，所以a＝eq\f(1,m)F－g，結(jié)合圖象知m1＞m2，g1<g2。答案C【解題技巧】應(yīng)用牛頓第二定律列出方程，整理成與圖象對應(yīng)的形式，結(jié)合圖象的物理意義即可解決問題。4.(2018·長春十一中段考)如圖所示，水平地面上有車廂，車廂內(nèi)固定的平臺通過相同的彈簧把相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上，已知A、B與接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ(μ<1)，車廂靜止時，兩彈簧長度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)使車廂沿水平方向加速運動，為保證A、B仍相對車廂靜止，則()A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)gB．加速度一定向右，不能超過(1－μ)gC．加速度一定向左，不能超過μgD．加速度一定向左，不能超過(1－μ)g解析根據(jù)平衡條件得物塊A受到的最大靜摩擦力fmA＝mg，結(jié)合滑動摩擦力的公式得fmA＝μN1＝μF(F為彈簧彈力)，整理得F＝eq\f(mg,μ)。對物塊B由平衡條件，B與頂板之間的正壓力大小N2＝F－mg，受到的最大靜摩擦力fmB＝μN2＝mg－μmg，由牛頓第二定律得fmB＝ma，則最大加速度a＝g(1－μ)。綜上所述，車廂的加速度方向一定向右，大小不能超過g(1－μ)，速度可向右也可向左，B項正確。答案B5.一質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的足夠長斜面上勻減速下滑?，F(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F，如圖所示。則物塊減速為零的時間將()A．變大B．變小C．不變D．不能確定解析物塊在斜面上勻減速下滑，則mgsinθ－μmgcosθ＝ma①，現(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力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知物塊減速為零的時間將變小，B項正確。答案B6．如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點，若每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，將兩滑桿同時從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、c到d所用的時間，則()A．t1＝t2 B．t1＞t2C．t1＜t2 D．無法確定解析設(shè)滑桿與豎直方向的夾角為α，圓周的直徑為D，根據(jù)牛頓第二定律得滑環(huán)的加速度為a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα，滑桿的長度為x＝Dcosα，則根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2得，t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2Dcosα,gcosα))＝eq\r(\f(2D,g))，可見時間t與α無關(guān)，故有t1＝t2，因此A項正確。答案A7．2017年5月4日我國自主研制的C919大型噴氣式客機在上海圓滿首飛，航空工業(yè)實現(xiàn)百年歷史突破。設(shè)計時噴氣式飛機機翼面積S、飛機發(fā)動機的功率以及在水平跑道上受到的阻力均與飛機的質(zhì)量成正比。飛機獲得的升力可簡化為F＝kSv2，則大型飛機在起飛階段()A.時間要比小型飛機長B.時間要比小型飛機短C.跑道要比小型飛機長D.跑道與小型飛機相差不多解析當(dāng)飛機起飛時，升力與它的重力相等，即mg＝kSv2，由于飛機機翼面積S與飛機的質(zhì)量成正比，所以不論大小飛機，起飛速度相等。在起飛階段，由牛頓第二定律得，eq\f(P,v)－F阻＝ma，由該表達式可知，其加速度與飛機的質(zhì)量沒有關(guān)系。從發(fā)動到起飛過程，飛機的時間與飛機質(zhì)量無關(guān)。所以無論大小的飛機起飛過程運動學(xué)物理量都是相同的，故D項正確。答案D8．如圖所示，一豎直放置的輕彈簧下端固定于桌面，現(xiàn)將一物塊放于彈簧上同時對物塊施加一豎直向下的外力，并使系統(tǒng)靜止，若將外力突然撤去，則物塊在第一次到達最高點前的v－t圖象(圖中實線)可能是選項圖中的()解析撤去外力后，物塊先向上做加速度減小的加速運動，當(dāng)重力與彈力相等時速度達到最大值，以后再做加速度增大的減速運動，當(dāng)物塊與彈簧分離后，再做豎直上拋運動，到最高點時速度為0，故A項對。答案AB組·能力提升題9．甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放。兩球下落過程中所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質(zhì)量無關(guān)，即f＝kv(k為正的常量)。兩球的v－t圖象如圖所示。落地前，經(jīng)時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是()A．釋放瞬間甲球加速度較大B.eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2,v1)C．甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量D．t0時間內(nèi)兩球下落的高度相等解析釋放瞬間v＝0，因此空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故A項錯誤；兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時kv＝mg，因此最大速度與其質(zhì)量成正比，即vm∝m，eq\f(m1,m2)＝eq\f(v1,v2)，B項錯誤；由圖象知v1＞v2，因此m1＞m2，C項正確；圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由題圖可知，t0時間內(nèi)兩球下落的高度不相等，故D項錯誤。答案C10.(多選)乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖所示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止(設(shè)纜車保持豎直狀態(tài)運行)。則()A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物塊受到的滑動摩擦力大小為eq\f(1,2)mg＋maD．小物塊受到的靜摩擦力大小為eq\f(1,2)mg＋ma解析小物塊相對斜面靜止，因此它與斜面間的摩擦力是靜摩擦力。纜車以加速度a上行，小物塊的加速度也為a，以小物塊為研究對象，對其受力分析如圖所示，則有f－mgsin30°＝ma，f＝eq\f(1,2)mg＋ma，方向平行斜面向上。答案AD11.在兩個足夠長、固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑、長方體D的上表面與斜面平行且光滑，P是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在P上，另一端分別連在物塊A和C上。在A與B、C與D分別保持相對靜止?fàn)顟B(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是()A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài)C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài)解析A與B保持相對靜止，則二者沿斜面向下的加速度是相等的，設(shè)它們的總質(zhì)量為m0，則有m0a＝m0gsinα，所以a＝gsinα，同理，若以C、D為研究對象，則它們共同的加速度大小也是gsinα。以物塊A為研究對象，水平方向的加速度ax＝acosα＝gsinαcosα，該加速度只能由水平方向的彈簧彈力產(chǎn)生，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；以C為研究對象，當(dāng)C僅受到重力、斜面的支持力作用時，產(chǎn)生的加速度為a＝gsinα，所以C不受彈簧的彈力作用，彈簧L2答案C【解題技巧】瞬時加速度的求解問題中，對輕繩、輕桿、輕彈簧模型的理解很重要，輕繩、輕桿對物體的作用力可以發(fā)生突變，但輕彈簧對物體的作用力不能發(fā)生突變。12．為研究運動物體所受的空氣阻力，某研究小組的同學(xué)找來一個傾角可調(diào)、斜面比較長且表面平整的斜面體和一個滑塊，并在滑塊上固定一個高度可升降的風(fēng)帆，如圖甲所示。他們讓帶有風(fēng)帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過程帆面與滑塊運動方向垂直。假設(shè)滑塊和風(fēng)帆總質(zhì)量為m?；瑝K與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，帆受到的空氣阻力與帆的運動速率成正比，即f＝kv。(1)寫出滑塊下滑過程中加速度的表達式。(2)求出滑塊下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以減小最大速度。(3)若m＝2kg，斜面傾角θ＝30°，g取10m/s2，滑塊從靜止下滑的速度圖象如圖乙所示，圖中的斜線為t＝0時v－t圖線的切線，由此求出μ、k的值。(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析(1)由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ－eq\f(kv,m)。(2)當(dāng)a＝0時速度最大，vm＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,k)，減小最大速度的方法有：適當(dāng)減小斜面傾角θ(保證滑塊能靜止下滑)；風(fēng)帆升起一些。(3)當(dāng)v＝0時，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)適當(dāng)減小斜面傾角θ(保證滑塊能靜止下滑)；風(fēng)帆升起一些(3)0.233.0kg/s13．一質(zhì)量為m＝0.4kg的電動遙控玩具車在水平地面上做直線運動，如圖所示為其運動的v－t圖象的一部分，已知0.4s以前車做勻變速運動，之后做變加速運動直到速度最大，2s時刻關(guān)閉發(fā)動機，玩具車開始做勻減速運動最終停止。小汽車全過程中所受阻力可視為恒定。(1)關(guān)閉發(fā)動機后小車運動的時間。(2)求勻加速階段小汽車的驅(qū)動力。(3)估算全過程小汽車行駛的距離。解析(1)設(shè)2s后小汽車加速度為大小a2，據(jù)圖象得a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(8－4,4.0－2.0)m/s2＝2m/s2。設(shè)減速階段時間為t，由vt＝v0－a2t，解得t＝4s。(2)設(shè)0～0.4s內(nèi)，小汽車加速度大小為a1，a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(4－0,0.4)m/s2＝10m/s2，據(jù)牛頓第二定律得F－f＝ma1，關(guān)閉發(fā)動機后f＝ma2，解得F＝4.8N。(3)0～0.4s內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×0.42m＝0.8m，根據(jù)圖象可得0.4～2s內(nèi)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，小汽車的總位移x＝x1＋x2＋x3＝28.4m(計算結(jié)果在27.6～29.2間均可)。答案(1)4s(2)4.8N(3)28.4m(27.6m～29.2m均可)14．如圖所示，水平軌道AB段為粗糙水平面，BC段為一水平傳送帶，兩段相切于B點，一質(zhì)量為m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)，靜止于A點，AB距離為x＝2m。已知物塊與AB段和BC段的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10m/s2。(1)若給物塊施加一水平拉力F＝11N，使物塊從靜止開始沿軌道向右運動，到達B點時撤去拉力，物塊在傳送帶靜止情況下剛好運動到C點，求傳送帶的長度。