3-2牛顿第二定律
一、选择题
1．(2011·北京)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )
A．g B．2g
C．3g D．4g
[答案] B
[解析] 由F－t图象知，静止时，0.6F0＝mg ①
当F＝1.8F0时，有最大加速度，根据牛顿第二定律：
1．8F0－mg＝ma ②
由①②得a＝2g.
2.如图所示，正沿平直轨道向右匀速行驶的车厢内，用水平绳a和倾斜绳b共同固定一个小球，若车厢改做加速运动，则两绳的拉力FTa和FTb的变化情况是( )
A．FTa增大 B．FTb减小
C．FTa不变 D．FTa、FTb的合力增大
[答案] AD
[解析] 当向右匀速行驶时，FTa与FTb的合力大小等于重力，方向竖直向上；当向右加速时，球所受的合外力不为0，FTa、FTb的合力在竖直方向的分量等于重力， 水平方向的分量等于ma，由此得到FTa增大，FTa、FTb的合力增大．
3．(2011·江西重点中学模拟)如图(甲)是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图(乙)所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为( )
A.s B．2s
C.s D．2s
[答案] B
[解析] ①设∠CAE＝θ，则由牛顿第二定律得，滑行者的加速度为a＝gcosθ；②由几何关系得，AE＝2ADcosθ；③由运动学公式得，AE＝at2，由以上两式代入数据解得t＝2s，故B正确．
4．(2011·黑龙江四校模拟)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如图所示，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度—时间图象，则下列说法中正确的是(g＝10m/s2)( )
A．水平力F可能等于0.3N
B．物体的摩擦力一定等于0.1N
C．水平力F一定等于0.1N
D．物体的摩擦力可能等于0.3N
[答案] C
[解析] ①由题图可知，物体在两种情况下均做减速运动，图线a的加速度大小为aa＝m/s2＝m/s2，图线b的加速度大小为ab＝m/s2＝m/s2；②若水平力F与速度方向相同，则Ff－ F＝maa、Ff＝mab，解得Ff＝0.2N、F＝0.1N；若水平力F与速度方向相反，则Ff＝maa、F＋Ff＝mab，解得F＝0.1N、Ff＝0.1N.故C正确．
5．(2011·抚州模拟)如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力．以下说法不正确的是( )
A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则Q点对球B有压力
B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力
C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力
D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力
[答案] B
[解析] ①将A、B作为一个整体，若C的斜面光滑，不论斜劈A由静止释放，还是斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，整体都具有沿斜面向下的加速度gsinθ；隔离B进行受力分析可知，除重力外，B还受到A的竖直向上的支持力，所以A的后壁的Q点一定对B产生压力，B沿斜面向下的加速度才会达到gsinθ，故A正确、B错误；②若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，P点和Q点都不能对B产生弹力，否则B不能做匀速运动；若斜劈A沿斜面加速下滑时，Q点一定对B产生弹力，故C、D均正确．
6．(2011·潍坊模拟)如图(甲)所示，一物体沿足够长的光滑斜面从t＝0时由静止开始运动，同时受到沿斜面向上的风力作用，风力的大小与时间成正比，即F＝kt(k为常数)．在物体沿斜面向下运动的过程中，物体的加速度、速度随时间变化的图象正确的是(取沿斜面向下为正方向)( )
[答案] B
[解析] ①对物体受力分析如图所示，在t＝0时，F＝0，物体的加速度沿斜面向下，大小为a＝gsinθ；随时间t的增加，F增大，由牛顿第二定律得mgsinθ－F＝ma，所以物体的加速度沿斜面向下，大小为a＝gsinθ－，所以物体的加速度减小，速度增大；当风力F增大到F＝mgsinθ时，物体的加速度为零，速度达到最大；F继续随时间增大，物体的加速度沿斜面向上，由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，则a＝－gsinθ，所以物体的加速度增大，速度减小；②由于在沿斜面向下运动的过程中，加速度随时间先均匀减小后均匀增加，且方向发生变化，故A错误、B正确；③由于加速度先减小后增大，所以v－t图象中图线的斜率应先减小后增大，故C、D均错误．
7．(2011·济宁模拟)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4m，以v0＝2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2. 由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中( )
A．小煤块从A运动到B的时间是s
B．小煤块从A运动到B的时间是2.25s
C．划痕长度是4m
D．划痕长度是0.5m
[答案] BD
[解析] 小煤块刚放上传送带后，加速度a＝μg ＝4m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝＝0.5s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1m，故小煤块在带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5m，D正确，C错误；之后的x－x1＝3.5m，小煤块匀速运动，故t2＝＝1.75s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25s，A错误，B正确．
8．(2011·济南模拟)如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g＝10m/s2)，则正确的结论是( )
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm
C．物体的质量为3kg
D．物体的加速度大小为5m/s2
[答案] D
[解析] 设静止时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝mg，施加拉力F后，设上移的位移为x，则此时弹簧的压缩量为(x0－x)，由牛顿第二定律可得：F＋k(x0－x)－mg＝ma得出F＝ma＋kx，对应图b可得：ma＝10N，k＝N/cm＝5N/cm，物体与弹簧分离时，弹簧应处于自然状态，故x0＝4cm，故可计算得出：m＝2kg，a＝5m/s2，因此只有D正确．
二、非选择题
9.一只小猫跳起来抓住悬挂在天花板上的竖直木杆，如右图所示，在这一瞬间悬绳断了，设木杆足够长，由于小猫继续上爬，所以小猫离地面高度不变，则木杆下降的加速度大小为________，方向为________．(设小猫质量为m，木杆的质量为M)
[答案] g 向下
[解析] 先对猫进行分析，由于猫相对地面高度不变，即猫处于平衡状态，而猫受重力G1＝mg和木杆对猫向上的摩擦力F的作用，如下图所示，故G1与F二力平衡，即
F＝G1＝mg ①
再对木杆进行受力分析：木杆受重力G2＝Mg作用，由于木杆对猫有向上的摩擦力F，由牛顿第三定律可知，猫对杆有向下的摩擦力F′，且
F′＝F ②
由牛顿第二定律，杆的加速度为
a＝ ③
由①、②、③式可得：
a＝g，
即杆下降的加速度为g，方向向下．
10．(2011·江西百所名校模拟)一游客在滑雪时，由静止开始沿倾角θ＝37°的山坡匀加速下滑．下滑过程中摄影师分别在相距L＝22.5m的A点和B点各给游客抓拍一张照片，为了追求滑雪过程中的动感效果，摄影师将相机的曝光时间定为Δ t＝0.1s.由于游客的速度较快，相片中出现了一定长度的虚影，经实地测量照片中与A点的虚影长度相对应的实际长度lA＝2m ，照片中与B点的虚影长度相对的实际长度lB＝2.5m.若考虑在0.1s内游客的运动可视为匀速运动，试计算：(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)游客在A点时速度的大小vA；
(2)滑雪板与坡道间的动摩擦因数μ；
(3)A点距出发点的距离LA.
[答案] (1)20m/s (2)0.125 (3)40m
[解析] (1)在Δt时间内游客的运动可看成匀速运动，则游客在A点的速度为vA＝＝20m/s
(2)同理，游客在B点的速度为 vB＝＝25m/s
设游客的加速度为a，由2aL＝v－v得：a＝5m/s2
由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma
解得μ＝0.125
(3)游客的初速度为零，由2aLA＝v得LA＝40m
11．(2011·山东)如图所示，在高出水平地面h＝1.8m的光滑平台上放置一质量M＝2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1kg.B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力．待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2m.(取g＝10m/s2)求：
(1)B离开平台时的速度vB.
(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.
(3)A左端的长度l2.
[答案] (1)2m/s (2)0.5s 0.5m (3)1.5m
[解析] (1)设物块B平抛运动时间为t，由运动学公式得
h＝gt2 ①
x＝vBt ②
联立①②式，代入数据得
vB＝2m/s ③
(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学知识得
μmg＝maB ④
vB＝aBtB ⑤
xB＝aBt ⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据得
tB＝0.5s ⑦
xB＝0.5m. ⑧
(3)设B刚开始运动时，A的速度为v1，由动能定理得
Fl1＝Mv ⑨
设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学公式得，
F－μmg＝MaA ⑩
(l2＋xB)＝v1tB＋aAt ?
联立⑦⑧⑨⑩?式，代入数据得l2＝1.5m.
12．(2011·金华十校模拟)传送带以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？
[答案] (1)1s (2)(2－)s
[解析] (1)物品在达到与传送带速度v＝4m/s相等前，做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：
F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1
解得a1＝8m/s2
由v＝a1t1得t1＝0.5s
位移为x1＝a1t＝1m
达到共同速度后，由牛顿第二定律得：
F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma2
解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升，
位移为x2＝－x1＝2m
所以时间为t2＝＝0.5s
总时间为t＝t1＋t2＝1s
(2)撤去F后，由牛顿第二定律得：
μmgcos37°－mgsin37°＝ma3
解得a3＝－2m/s2
假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x，则：
x＝－＝4m>x2
由x2＝vt3＋a3t得：t3＝(2－)s
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