专题三 8.牛顿第二定律·两类动力学问题-2022高考物理【创新教程】微点特训之练透小题

１４．A　[由于斜面体和物体都处于平衡状态,将斜面体和 物体看成一个整体,由受力情况可得:地面对斜面体的 摩擦力大小为Fcosθ,地面对斜面体的支持力大小为 (M＋m)g＋Fsinθ,由牛顿第三定律可知,A 对,B错; 隔离物体进行受力分析,斜面体对物体的摩擦力大小 为F＋mgsinθ,由牛顿第三定律可知,C错;斜面体对 物体的作 用 力 即 为 物 体 受 到 的 支 持 力 与 摩 擦 力 的 合 力,由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的 重力和F 的合力大小相等、方向相反,故斜面体对物体 的作用力不在竖直方向上,D错.] １５．B　[A．由题意可知当公交车缓慢启动时,两只箱子与 公交车之间有可能存在静摩擦力使箱子与公交车一起 运动,故 A错误;B．急刹车时,由于惯性,行李箱a一定 相对车子向前运动,故 B 正 确;C．当 公 交 车 缓 慢 转 弯 时,两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力,与车 保持相对静止,故 C错误;D．当公交车急转弯时,由于 需要向心力大,行李箱一定相对车子向外侧运动,故 D 错误．故选B．] ８．牛顿第二定律　两类动力学问题 １．C　[对火箭进行受力分析F－mg＝ma,若推动力增大 到２F,则有２F－mg＝ma′,解得,a′＝３０m/s２,故选 C.] ２．BD　[当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度, 则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff ＝μFN 可知物体与斜面间的摩擦力增大,故 A 错误,B 正确;设斜面的倾角为θ,物体的质量为 m,当匀速运动 时有mgsinθ＝μmgcosθ,即sinθ＝μcosθ.当物体以加 速度a向上 加 速 运 动 时,有 FN ＝m(g＋a)cosθ,Ff＝ μm(g＋a)cosθ,因为sinθ＝μcosθ,所以m(g＋a)sinθ＝ μm(g＋a)cosθ,故物体仍相对斜面匀速下滑,C错误,D 正确.] ３．C　[A、B碰后以相同的速度一起运动,即 A、B的加速 度相同.以B为研究对象,据牛顿第二定律得aB＝ F mB ＝ F１ ２mA ＝２FmA ＝aA.以 A 为研究对象,设弹簧对 A 的 作用力为FA,根据牛顿第二定律有 FA －F＝mAaA,则 FA＝F＋mAaA＝F＋mA􀅰 ２F mA ＝３F.] ４．D　[滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff 和弹簧向 右的拉力F拉 ＝kx,合力F合 ＝Ff－F拉 ＝ma,当弹簧从自 然长度到第一次达最长这一过程中,x 逐渐增大,拉力 F拉 逐渐增大,因为皮带的速度v足够大,所以合力F合 先减小后反向增大,从而加速度a先减小后反向增大; 滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前,加速度与速度同向, 滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后,加速度便与速度方向 相反,故滑块的速度先增大后减小.] ５．AB　[物块匀速上滑过程,受到力F、重力、支持力和摩 擦力,根据共点力平衡条件,有F－Gsin３０°－f＝０,代入 数据解得f＝６N;撤去F 后,物块由于惯性继续上滑,其 余力均不变,则摩擦力f＝６N,方向沿斜面向下,根据牛 顿第二定律有f＋Gsin３０°＝ma１,解得a１＝８m/s２,选项 A、B正确;滑动摩擦力f＝μGcos３０°,解得μ＝ ３ ５ ,选项 C错 误;当 物 块 上 滑 的 速 度 减 为 零 时,因 Gsin３０°＞ μGcos３０°(即μ＜tan３０°),物块不能保持静止,将沿斜面 下滑,选项 D错误.] [题后反思]　本题关键分三个过程对物块进行运动情况 分析和受力情况分析,最后根据牛顿第二定律列式求解 即可． ６．AC　[当弹簧处于伸长至最长状态时,M 刚好对地面没 有压力,可知弹簧对 M 的拉力为 Mg,所以弹簧对 m 的 作用力也是 Mg,所 以 m 的 加 速 度 为:am ＝ mg＋Mg m ＝ １＋Mm( )g,故 A 正确;当弹簧处于伸长至最长状态时, M 刚好对地面没有压力,可知弹簧对 M 的拉力为 Mg, M 受到的合力为零,加速度为零,故 B错误;由题可知开 始时弹簧对 m 的弹力大于m 的重力,m 向上做加速运 动,当弹簧的弹力小于m 的重力时,m 做减速运动,所以 弹簧中弹力等于mg 时,m 有最大速度,由胡克定律得: mg＝kx,得:x＝mgk ,故 C正确;对 M 受力分析FN－kx －Mg＝０,解得FN＝Mg＋mg,故 D错误.] ７．BD　[设滑块到达B 点的速度为v,滑块在斜面上的位 移x１＝ v ２ 􀅰４t０,在水平面上的位移x２＝ v ２ 􀅰t０,滑块 在斜面和水平面上的位移大小之比为 x１ x２ ＝ v ２ 􀅰４t０ v ２ 􀅰t０ ＝ ４ １ ,故 A错误;滑块从A 到B 的过程中v＝a１􀅰４t０,滑 块从B 到C 的过程中v＝a２t