第2講　牛頓第二定律的基本應(yīng)用一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．物塊在1 N的合外力作用下沿x軸做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示為其位置坐標(biāo)和速率的二次方的關(guān)系圖線，則關(guān)于該物塊的有關(guān)物理量大小的判斷正確的是(　D　)A．質(zhì)量為1 kgB．經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)速度為2 m/sC．加速度為1 m/s2D．加速度為0.5 m/s2[解析]　本題根據(jù)x-v2圖像考查根據(jù)受力情況分析運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)圖像求出解析式為x＝v2－2，與v2－v＝2ax對(duì)比可得a＝0.5 m/s2，由F＝ma可得m＝2 kg，由圖像可看出x＝0時(shí)，v＝2 m2/s2，則v0＝ m/s，D正確。2．(2018·全國(guó)卷Ⅰ，15)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(　A　) A B C D[解析]　設(shè)彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，物塊P靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為x0，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，根據(jù)牛頓第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)知F-x圖像是截距為ma的一次函數(shù)圖像。A正確。3．(2020·河北衡水中學(xué)調(diào)研)如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量均為m，B、C分別固定在豎直彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)在輕繩懸掛下處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將懸掛吊籃的輕繩剪斷，在輕繩剛被剪斷的瞬間(　D　)A．物體B的加速度大小為gB．物體C的加速度大小為2gC．吊籃A的加速度大小為gD．吊籃A與物體C間的彈力大小為0.5mg[解析]　本題考查牛頓第二定律的瞬時(shí)性。輕繩被剪斷瞬間，彈簧彈力不能突變，物體B的加速度為0，A錯(cuò)誤；吊籃A和物體C的加速度相同，取吊籃A和物體C為整體，則有a＝＝1.5g，B、C錯(cuò)誤；取吊籃A為研究對(duì)象，則有a＝＝1.5g，解得N＝0.5mg，D正確。4．如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點(diǎn)處斜放一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上，木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊由A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時(shí)間最短，則α與θ角的大小關(guān)系為(　B　)A．α＝θ　　　　　　　 B．α＝C．α＝2θ D．α＝[解析]　如圖所示，在豎直線AC上選取一點(diǎn)O，以適當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)度為半徑畫(huà)圓，使該圓過(guò)A點(diǎn)，且與斜面相切于D點(diǎn)。由等時(shí)圓模型的特點(diǎn)知，由A點(diǎn)沿斜面滑到D點(diǎn)所用時(shí)間比由A點(diǎn)到達(dá)斜面上其他各點(diǎn)所用時(shí)間都短。故將木板下端B點(diǎn)與D點(diǎn)重合即可，而∠COD＝θ，則α＝。5．(2021·河南開(kāi)封質(zhì)檢)某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)模型火箭，由測(cè)力計(jì)測(cè)得其重力為G。通過(guò)測(cè)量計(jì)算得此火箭發(fā)射時(shí)可提供大小為F＝2G的恒定推力，且持續(xù)時(shí)間為t。隨后該小組又對(duì)設(shè)計(jì)方案進(jìn)行了改進(jìn)，采用二級(jí)推進(jìn)的方式，即當(dāng)火箭飛行時(shí)，火箭丟棄一半的質(zhì)量，剩余時(shí)間內(nèi)，火箭推動(dòng)剩余部分繼續(xù)飛行。若采用原來(lái)的方式，火箭可上升的高度為H，則改進(jìn)后火箭最高可上升的高度為(不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化)(　C　)A．1.5H　 B．2HC．2.75H　 D．3.25H[解析]　本題考查由受力求解運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題。采用原來(lái)的方式時(shí)，模型火箭加速上升過(guò)程中，由牛頓第二定律得F－G＝ma，解得a＝g，故火箭加速上升的高度h1＝gt2，t時(shí)刻火箭的速度大小v＝at＝gt，失去推力后，火箭做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，火箭上升的高度h2＝＝＝gt2，則H＝h1＋h2＝gt2。改為二級(jí)推進(jìn)的方式后，火箭在前時(shí)間內(nèi)加速上升過(guò)程中，由牛頓第二定律得F－G＝ma1，解得a1＝g，時(shí)間內(nèi)火箭加速上升的高度H1＝a1·2＝gt2，時(shí)刻火箭的速度v1＝a1·＝g；丟棄一半的質(zhì)量后，由牛頓第二定律得F－G＝ma2，解得a2＝3g，后時(shí)間內(nèi)火箭加速上升的高度H2＝v1·＋a22＝gt2，t時(shí)刻火箭的速度v2＝v1＋a2＝2gt，失去推力后，火箭做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升的高度H3＝＝＝2gt2，則H′＝H1＋H2＋H3＝gt2＋gt2＋2gt2＝gt2＝H＝2.75H，故C正確。6．如圖所示，建設(shè)房屋時(shí)，保持底邊L不變，要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時(shí)落在屋頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時(shí)可視為小球做無(wú)初速度、無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(　AC　)A．傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大B．傾角θ越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越大C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短[解析]　設(shè)屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為x，雨滴下滑時(shí)加速度為a，對(duì)雨滴受力分析如圖所示，受重力mg和屋頂對(duì)雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcos θ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsin θ。雨滴的加速度為：a＝gsin θ，則傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大，A正確；雨滴對(duì)屋頂?shù)膲毫Υ笮N′＝FN＝mgcos θ，則傾角θ越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越小，B錯(cuò)誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長(zhǎng)度x＝，由x＝gsin θ·t2，可得t＝ ，可見(jiàn)當(dāng)θ＝45°時(shí)，用時(shí)最短，D錯(cuò)誤；由v＝gsin θ·t可得v＝，可見(jiàn)θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大，C正確。7．如圖所示為跳傘者在下降過(guò)程中豎直速度v隨時(shí)間t變化的示意圖。根據(jù)示意圖，判定下列說(shuō)法正確的是(　AD　)A．0～t1時(shí)間內(nèi)速度越大，空氣阻力越大B．傘在水平方向上越飛越遠(yuǎn)C．tan θ＝g(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?D．在t1和t2之間，跳傘者處于超重狀態(tài)[解析]　本題借助v-t圖像考查超重和失重問(wèn)題。v-t圖像斜率代表加速度，0～t1時(shí)間內(nèi)圖像斜率變小，則加速度變小，由f＝mg－ma知，空氣阻力變大，故A正確；圖像反映的是豎直方向上的運(yùn)動(dòng)情況，無(wú)法觀察水平運(yùn)動(dòng)情況，故B錯(cuò)誤；斜率代表加速度，在加速下降過(guò)程有ma＝mg－f，加速度小于等于g，則tan θ≤g，故C錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)跳傘者減速下降，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D正確。8．(2020·廣東佛山月考)如圖甲所示，物體置于一固定的斜面上，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。對(duì)物體施加水平向右、大小變化的外力F，保持物體沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a隨外力F變化的關(guān)系如圖乙所示。物體不脫離斜面的條件是F≤20 N，若重力加速度g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)圖乙中所提供的信息，經(jīng)過(guò)分析計(jì)算可以求出(　ABD　)A．物體的質(zhì)量B．斜面傾角的正弦值C．物體運(yùn)動(dòng)6 s時(shí)經(jīng)過(guò)的位移D．加速度為6 m/s2時(shí)物體對(duì)斜面的壓力[解析]　本題考查受力分析和牛頓第二定律的應(yīng)用。對(duì)物體受力分析如圖所示，設(shè)斜面的傾角為θ，當(dāng)F＝0時(shí)，mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，a1＝2 m/s2；當(dāng)F＝20 N時(shí)，F(xiàn)f＝0，F(xiàn)cos θ＋mgsin θ＝ma2，a2＝m/s2，F(xiàn)N＝0，F(xiàn)sin θ＝mgcos θ，聯(lián)立解得μ＝，m＝kg，sin θ＝，故A、B正確；由于物體的初速度及F隨時(shí)間的變化情況未知，因此無(wú)法求解物體運(yùn)動(dòng)6 s時(shí)經(jīng)過(guò)的位移，故C錯(cuò)誤；當(dāng)a＝6 m/s2時(shí)，可求得F＝N，由FN＋Fsin θ＝mgcos θ ，可得物體所受的支持力FN＝N，則物體對(duì)斜面的壓力F′N＝N，故D正確。二、非選擇題9．國(guó)產(chǎn)大飛機(jī)C919逃生系統(tǒng)打開(kāi)后是一條傾斜的滑道，為了不造成二次傷害，乘客滑到地面的最大速度不能超過(guò)5m/s。假設(shè)逃生口距地面的高度為4 m，人與滑道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求滑道打開(kāi)后滑道的最小長(zhǎng)度。[答案]　5 m[解析]　本題可以看成斜面模型，如圖：設(shè)滑道最短長(zhǎng)度為x，此時(shí)滑道傾角為θ，乘客滑到地面時(shí)的速度v＝5m/s，則有：sin θ＝，cos θ＝設(shè)乘客質(zhì)量為m，對(duì)沿滑道下滑的乘客受力分析可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma對(duì)乘客的運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分析可得：v2＝2ax聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得x＝5 m。10．如圖所示，一質(zhì)量為1 kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°?，F(xiàn)小球在F＝20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，g取10 m/s2。試求：(1)小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑過(guò)程中距A點(diǎn)最大距離。[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m[解析]　(1)在力F作用下，由牛頓第二定律得(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1解得a1＝2.5 m/s2。(2)剛撤去F時(shí)，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s小球的位移x1＝t1＝1.8 m撤去力F后，小球上滑時(shí)，由牛頓第二定律得mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2解得a2＝7.5 m/s2小球上滑時(shí)間t2＝＝0.4 s上滑位移x2＝t2＝0.6 m則小球上滑的最大距離為xm＝x1＋x2＝2.4 m。11．(2021·山東高考模擬)如圖甲所示，在高速公路的連續(xù)下坡路段通常會(huì)設(shè)置避險(xiǎn)車(chē)道，供發(fā)生緊急情況的車(chē)輛避險(xiǎn)使用，本題中避險(xiǎn)車(chē)道是主車(chē)道旁的一段上坡路面。一輛貨車(chē)在行駛過(guò)程中剎車(chē)失靈，以v0＝90 km/h的速度駛?cè)氡茈U(xiǎn)車(chē)道，如圖乙所示。設(shè)貨車(chē)進(jìn)入避險(xiǎn)車(chē)道后牽引力為零，貨車(chē)與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10 m/s2。(1)為了防止貨車(chē)在避險(xiǎn)車(chē)道上停下后發(fā)生溜滑現(xiàn)象，該避險(xiǎn)車(chē)道上坡路面的傾角θ應(yīng)該滿足什么條件？設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，結(jié)果用θ的正切值表示。(2)若避險(xiǎn)車(chē)道路面傾角為15°，求貨車(chē)在避險(xiǎn)車(chē)道上行駛的最大距離。(已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。[答案]　(1)tan θ≤0.30　(2)57 m[解析]　(1)當(dāng)貨車(chē)在避險(xiǎn)車(chē)道停下后，有fm≥mgsin θ貨車(chē)所受的最大摩擦力fm＝μN(yùn)＝μmgcos θ聯(lián)立可解得tan θ≤0.30。(2)貨車(chē)在避險(xiǎn)車(chē)道上行駛時(shí)a＝＝5.51 m/s2貨車(chē)的初速度v0＝25 m/s則貨車(chē)在避險(xiǎn)車(chē)道上行駛的最大距離為x＝≈57 m。  

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