物理高考大一轮复习第3章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题练习(含解析)

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2019届高考物理一轮复习讲义：牛顿第二定律两类动力学问题含答案

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】牛顿第二定律Ⅱ单位制Ⅰ1．牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。

(2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma。

(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。

②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

2．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。

①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量。

②基本单位：基本物理量的单位。

力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位。

③导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m千克kg时间t 秒s长度l 米m电流I 安[培] A热力学温度T 开[尔文]K物质的量n 摩[尔]mol发光强度I V坎[德拉]cd【知识点2】1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：板块二考点细研·悟法培优考点1 牛顿第二定律的瞬时性 [拓展延伸]1．牛顿第二定律 (1)表达式为F ＝ma 。

(2)理解：其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化。

2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。

【2020】最新高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版

A.a1=0,a2=0B.a1=a,a2=aC.a1=a,a2=aD.a1=a,a2=a答案D解析撤去拉力F的瞬间,物体A的受力不变,所以a1=a,对物体A受力分析得F弹=m1a;撤去拉力F的瞬间,物体B受到的合力大小为F弹'=m2a2,所以a2=,故选项D正确.。

4.(动力学两类基本问题)(20xx·湖南长沙月考)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零.。

当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零时,Q、N传感器示数不为零.。

已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )A.3B.2.7C.1.5D.1答案A解析当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图:竖直方向:FQ+mg=FNcos 15°水平方向:F合=FNsin 15°=ma联立解得a=tan 15°=×0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故A选项正确.。

5.(动力学两类基本问题)(20xx·辽宁沈阳四校月考)如图所示,当小车向右加速运动时,物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时( )A.M受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止D.M受静摩擦力减小答案C解析分析M受力情况如图所示,因M相对车厢壁静止,有Ff=Mg,与水平方向的加速度大小无关,A、D错误.。

水平方向,FN=Ma,FN随a的增大而增大,由牛顿第三定律知,B错误.。

因FN增大,物体与车厢壁的最大静摩擦力增大,故M相对于车厢仍静止,C正确.。

6.(图象问题)(20xx·河北衡水中学一调)如图,穿在水平直杆上质量为m 的小球开始时静止.。

2020年物理高考大一轮复习第3章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题课件

A．2.2 m/s2 B．3.9 m/s2 C．4.6 m/s2 D．5.7 m/s2
解析当货车刹车达最大加速度时，木板即将上滑，受力分析如图所示．
建立平行于斜面和垂直于斜面的直角坐标系，将力和加速度沿这两个方向分解，可得 mgsin θ＋Ff＝macos θ，N－ mgcos θ＝masin θ，Ff＝μN，联立以上各式解得 a＝3.9 m/s2，故选项 B 正确．
且斜向下，大小为 a＝mgmsin θ＝gsin θ，选项 B 正确，A 错误；在 BC 被突然剪断的瞬间，橡皮筋 AC 的拉力不变，小球的合力大小与 BC 被剪断前拉力的大小相等，方向沿 BC
方向斜向下，故加速度 a＝mF＝cogs θ，选项 C 正确，D 错误．
归纳总结抓住“两关键”、遵循“四步骤”
(3)适用范围
①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面
静止或匀速直线运动的参考系． ②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原
子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
2．力学单位制力学基本物理量是长度、质量、时间，对应的单位分别是米、千克、秒．
[基础小练] 判断下列说法是否正确
解析静止物体，合力为零，加速度为零，牛顿第二定律同样适用于静止物体，故选项 A 错误；根据 F＝ma 可知，物体合力为零，加速度为零，而不是加速度很小，眼睛不易觉察到，故选项 B 错误；推力等于静摩擦力，加速度为零，故选项 C 错误；由于水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力等于零，由牛顿第二定律可知，加速度等于零，故选项 D 正确．
【自主练 4】(2019·太原模拟)(多选)如图所示，质量为 m 的小球被一根橡皮筋 AC 和一根绳 BC 系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．下列判断正确的是( BC )

2020版高考物理大一轮复习练习：牛顿第二定律两类动力学问题Word版含解析

基础课2牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题（1〜5题为单项选择题，6〜9题为多项选择题）1. （2017苏州高三检测）关于力学单位制的说法中正确的是（）A. kg、m/s、N是导出单位B. kg、m、J是基本单位C. 在国际单位制中，质量的基本单位是kg,也可以是gD. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是 F = ma解析kg是质量的单位，它是基本单位，所以A错误；国际单位制规定了七个基本物理量。

分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量。

它们在国际单位制中的单位称为基本单位，J是导出单位，B错误；g也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以C错误；牛顿第二定律的表达式F二ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以D正确。

答案D2. （2017自贡市月考）如图1所示，两轻质弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为匕、k2,重力加速度为g,则（）A • a b两弹簧的伸长量之比为k；B. a、b两弹簧的伸长量之比为瓷图1C. 若弹簧b的左端松脱，贝U松脱瞬间小球的加速度为D. 若弹簧b的左端松脱，贝U松脱瞬间小球的加速度为解析设弹簧a、b的弹力分别为T a、T b,将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，则T a cos 30=mg, T a s in 30 =T a，结合胡克定律可求得a、b两弹簧的伸长量之比为~ki，结合牛顿第二定律可求得弹簧b的左端松脱瞬间小球的加速度为3-yg,选项B正确，A、C、D错误。

答案B3. 一物体沿倾角为a的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为()A. gsin aB. gtan aC. 2gsin aD. 2gtan a解析对物体下滑时进行受力分析，如图甲。

由于恰好做匀速直线运动，根据平衡知识得:mgsin a f物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙物体的合力F 合=mgsin a+ f = 2mgsin aF合根据牛顿第二定律得：a = ~m a 2gsin a故选C答案C4. 如图2所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。

高中物理牛顿第二定律经典练习题专题训练(含答案)

高中物理牛顿第二定律经典练习题专题训
练(含答案)
高中物理牛顿第二定律经典练题专题训练（含答案）
1. Problem
已知一个物体质量为$m$，受到一个力$F$，物体所受加速度为$a$。

根据牛顿第二定律，力、质量和加速度之间的关系可以表示为：
$$F = ma$$
请计算以下问题：
1. 如果质量$m$为2kg，加速度$a$为3m/s^2，求所受的力
$F$的大小。

2. 如果质量$m$为5kg，力$F$的大小为10N，求物体的加速度$a$。

2. Solution
使用牛顿第二定律的公式$F = ma$来解决这些问题。

1. 问题1中，已知质量$m$为2kg，加速度$a$为3m/s^2。

将这些值代入牛顿第二定律的公式，可以得到：
$$F = 2 \times 3 = 6 \,\text{N}$$
所以，所受的力$F$的大小为6N。

2. 问题2中，已知质量$m$为5kg，力$F$的大小为10N。

将这些值代入牛顿第二定律的公式，可以得到：
$$10 = 5a$$
解方程可以得到：
$$a = \frac{10}{5} = 2 \,\text{m/s}^2$$
所以，物体的加速度$a$为2m/s^2。

3. Conclusion
通过计算题目中给定的质量、力和加速度，我们可以使用牛顿第二定律的公式$F = ma$来求解相关问题。

掌握这一定律的应用可以帮助我们更好地理解物体运动的规律和相互作用。

第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题一轮复习(推荐!含2019新题)

第三章⎪⎪⎪ 牛顿运动定律[全国卷5年考情分析]超重和失重(Ⅰ)未曾独立命题一、牛顿第二定律单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。

[注1](2)表达式：F＝ma。

[注2]2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

(2)基本单位[注3]在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、米和秒为基本单位。

(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

二、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。

第二类：已知运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：[注4]【注解释疑】[注1]加速度的大小是由力和物体的质量共同决定的。

[注2]应用F＝ma进行计算时，各量必须使用国际单位制中的单位。

[注3]“基本量”既可以采用国际单位制中的单位，也可以采用其他单位制中的单位，如厘米、英寸、斤等常用单位，并且不同的单位制规定的基本量不尽相同。

[注4]既可以根据受力求加速度，也可以根据运动规律求加速度。

[深化理解]1.牛顿第二定律的适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。

(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

2.牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度跟力同时产生、同时变化、同时消失。

3.物体受力的瞬间，立即获得加速度，而由于惯性，速度不会立即产生变化。

[基础自测]一、判断题(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。

(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。

(×)(3)物体的质量与加速度成反比。

(×)(4)物体受到外力作用不为零时，立即产生加速度。

(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。

高三物理一轮复习牛顿第二定律两类动力学问题-人教版高三全册物理试题

牛顿第二定律两类动力学问题班级姓名1．鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是A B C D2．质量之比2:1的球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ；某时刻突然剪断细线，如此在细线断的瞬间A 、B 球的加速度分别为〔〕A ．a A =g ，aB =g B ．a A =0，a B =0.5gC ．a A =1.5g ，a B =0D ．a A =0.5g ，a B =1.5g3．如下列图，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静向向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A 、方向向左，大小不变B 、方向向左，逐渐减小C 、方向向右，大小不变D 、方向向右，逐渐减小4．在哈尔滨冰雕节上，工作人员将如下列图的小车和冰球推进箱式吊车并运至高处安装，先后经历了水平向右匀速、水平向右匀减速、竖直向上匀加速、竖直向上匀减速运动四个过程。

冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。

冰球与右侧斜挡板间存在弹力的过程是( )A.向右匀速过程B.向右匀减速过程C.向上匀加速过程D.向上匀减速过程5．如下列图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对于小车静止地摆放在右端。

B 与小车平板间的动摩擦因数为μ。

假设某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，如此此刻小车对物块B 产生的作用力的大小和A B v方向为〔〕 A ．mg ，竖直向上 B ．mg 21μ+，斜向左上方C ．mgtan θ，水平向右D ．mg 21tanθ+，斜向右上方6．如下列图，长为L 的轻杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴O 上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，如此此时杆与水平面的夹角θ是〔〕A ．sinθ=2Lg ω B ．tanθ=2Lg ωB ．C ．sinθ=2gL ω D ．tanθ=2gL ω7．〔多项选择〕如下列图，置于水平地面上的一样材料的质量分别为m 和m 0的两物体用细绳连接，在m 0上施加一水平恒力F ，使两物体做匀加速直线运动，对两物体间细绳上的拉力，如下说法正确的答案是：A ．地面光滑时，绳子拉力大小等于m m mF+0B ．地面不光滑时，绳子拉力大小等于mm mF+0 C ．地面不光滑时，绳子拉力大于m m mF+0D ．地面不光滑时，绳子拉力小于mm mF+0 8．如下列图,有A 、B 两物体,B A m m 2=, 用细绳连接后放在光滑的斜面上, 在它们下滑的过程中A.它们的加速度θsin g a =B.它们的加速度a 小于θsin gC.细绳的张力0=TD.细绳的张力θsin 31g m T B = 9．如下列图，A 、B 两物体的质量分别为M 和m ，用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A 物体与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，在A 物体加速向右运动过程中〔B 物体落地前〕，A 的加速度大小为〔〕A ．gB ．M mg C ．M Mg mg μ- D ．m M Mg mg +-μ10．一小球从空中由静止下落，下落过程中小球所受阻力与速度的平方成正比，设小球离地足够高，如此 ( )A.小球先加速后匀速B.小球一直在做加速运动C.小球在做减速运动D.小球先加速后减速11．如如下图所示，传送带的水平局部长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速度释放一小木块，假设木块与传送带间的动摩擦因数为μ，如此木块从左端运动到右端的时间不可能是A.L v B.L v ＋2v ug C. 2L ugD.2L v12．如图,从竖直面上大圆〔直径d 〕的最高点A,引出两条不同的光滑轨道,端点都在大圆上,同一物体由静止开始,从A 点分别沿两条轨道滑到底端,如此〔〕A.所用的时间一样B.重力做功都一样C.机械能不一样D.到达底端的动能相等13．如下列图，铁板AB 与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方。

高考物理大一轮复习讲义(文档)第三章_牛顿运动定律_第2讲_牛顿第二定律_两类动力学问题_word版有答案

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1．如图1所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后()．图1A．将立即做变减速运动B．将立即做匀减速运动C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零解析物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增加，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大．综上所述，A、B、D错误，C正确．答案 C2．质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)()．A.2xt2 B.2x2t－1C.2x2t＋1D.2xt－1解析由牛顿第二定律F＝ma与x＝12at2，得出F＝2mxt2＝2xt2.答案 A3．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是()解析皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝k v 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝k vm ＋g ，可知，a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．答案 C4．一个原来静止的物体，质量是7 kg ，在14 N 的恒力作用下，则5 s 末的速度及5 s 内通过的路程为( )． A ．8 m/s 25 m B ．2 m/s 25 m C ．10 m/s 25 mD ．10 m/s 12.5 m解析物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律和运动学公式得：a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v ＝at ＝2×5 m/s ＝10 m/s ， x ＝12at 2＝12×2×25 m ＝25 m. 答案 C5．如图2所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图2A ．都等于g2 B.g2和0 C.M A ＋M B M B ·g 2和0D ．0和M A ＋M B M B ·g 2解析线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A 球仍受力平衡，加速度为0，B 球受重力、支持力、弹簧产生的大小为M A g ·sin 30°的弹力，所以可得其加速度为(M A ＋M B )·g2MB.答案 D6．用细绳拴一个质量为m 的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x (小球与弹簧不拴连)，如图3所示．将细绳剪断后( )．图3A ．小球立即获得kxm 的加速度B ．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C ．小球落地的时间等于2h gD ．小球落地的速度大于2gh解析细绳剪断瞬间，小球受竖直方向的重力和水平方向的弹力作用，选项A 、B 均错；水平方向的弹力不影响竖直方向的自由落体运动，故落地时间由高度决定，选项C 正确；重力和弹力均做正功，选项D 正确．答案 CD7. 乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图4所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )．图4A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ＋ma D ．小物块受到的静摩擦力为12mg ＋ma解析小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a 上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有f －mg sin 30°＝ma ，f ＝12mg ＋ma ，方向平行斜面向上．答案 AD8．如图5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，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为()．图5A.F3k B.F2k C．L＋F3k D．L＋F2k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＝(m＋2m)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：kx＝ma，则此时两球间的距离为L＋F3k，C正确．答案 C9．如图6所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力)，则()图6A．a处小孩最后到O点B．b处小孩最后到O点C．c处小孩最先到O点D．a、c处小孩同时到O点解析设圆柱半径为R，滑板长l＝Rcos θ，a＝g·sin θ，t＝2la＝4Rg·sin 2θ，分别将θ＝30°，45°，60°代入计算可知，t a＝t c≠t b，故D对．答案D10．如图7所示，m＝1.0 kg的小滑块以v0＝4 m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A 滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.6 s滑块正好通过B点，则AB之间的距离为()．图7A．0.8 m B．0.76 m C．0.64 m D．0.16 m解析滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2，滑块经t1＝v0a1＝0.4 s速度即减为零．因此0.6 s时是向下经过B点．下滑时加速度大小为a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2，则AB间的距离s AB＝v202a1－12a2(t－t1)2＝0.76 m，B项正确．答案 B11．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为F f1、F f2、F f3、F f4，则以下结论不正确的是()．图8A．F f1∶F f2＝1∶2 B．F f2∶F f3＝1∶2C．F f3∶F f4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ解析已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在题第(1)图和第(2)图中摩擦力F f＝Ma，则F f1∶F f2＝1∶2.在第(3)图和第(4)图中摩擦力F f3＝(M＋m)a3，F f4＝(M＋m)a4，F f3∶F f4＝1∶2.第(3)、(4)图中，a3＝g tan θ，a4＝g tan α，则tan α＝2tan θ.答案ACD9．如图9所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m＝1.0 kg的小铁块，它离布带右端的距离为L＝0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为μ＝0.1.现用力从静止开始向左以a0＝2 m/s2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g取10 m/s2，求：图9(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间？(2)铁块离开布带时的速度大小是多少？解析(1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为L＋x，铁块滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，a＝μg＝1 m/s2，根据运动学公式有：L＋x＝12a0t2，x＝12at2，解得：t＝2La0－μg＝1 s.(2)由v＝v0＋at得：铁块速度v＝1×1 m/s＝1 m/s.答案(1)1 s(2)1 m/s12．如图10(a)所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：图10(1)斜面BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块发生的位移．解析(1)分析滑块受力，如图所示，由牛顿第二定律得：a1＝g sin θ＝6 m/s2通过图(b)可知滑块在斜面上运动的时间为：t1＝1 s，由运动学公式得：s＝12a1t21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为：N1′＝N1＝mg cos θ木块对传感器的压力为：F1＝N1′sin θ由图(b)可知：F1＝12 N，解得：m＝2.5 kg.(3)滑块滑到B点的速度为：v1＝a1t1＝6 m/s，由图(b)可知：f1＝f2＝5 N，t2＝2 s，a2＝f2m＝2 m/s 2，s2＝v1t2－12a2t22＝8 m.答案(1)3 m(2)2.5 kg(3)8 m。

2019版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题课件【优质ppt版本】

• 一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁．
• (2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系．
三等时圆模型及其应用
• 1．模型特征
• (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图乙所示；
• •
ABD．．．aaa11＝1＝＝g aaa222＝＝＝maa＋M33M＝＝g aaa443＝＝＝0g0
a4＝m＋MMg
解析在抽出木板的瞬间，物块 1、2 与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知 a1＝a2＝g；而物块 3、4 间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块 3 向上的弹力大小和对物块 4 向下的弹力大小仍为 mg，因此物块 3 满足 mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块 4 满足 a4＝ F＋MMg＝M＋ M mg，故选项 C 正确．
• (5)物体所受合外力大，其加速度就一定大．( ) ×
• 解析物体的加速度由物体所受合外力、物体的质
量共同决定的．
×
• (6)牛顿第二定律适用于一切运动情况．( )
• 解析牛顿运动定律只适用于惯性参考系、低速运动的情况．
• (7)单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位．( )
• 2．(多选)下列说法正B确CD的是(
大，故选项C正确．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量之间的单位关系，故选项D正确．
• 3．(多选)关于力学单位制，以下说B法C 中正确的是 ()
• A．kg、m/s、N等单位为导出单位
• B．kg、m、s都是基本单位
• C．牛顿第二定律的表达式F＝kma，式中各物理量取国际单位时k＝1

2020版高考物理一轮复习第三章课时作业8牛顿第二定律两类动力学问题课件新人教版

13．飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力 mg、竖直向上的机翼升力 F 升、发动机推力 F 推、空气阻力 F 阻、地面支持力 N 和轮胎受地面的摩擦阻力 f.已知升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即 F 升＝k1v2，F 阻＝k2v2，k1、k2 为已知量，轮胎受地面的摩擦阻力 f 与地面的支持力成正比，比例系数为 μ. 假设飞机在跑道上加速滑行时发动机推力 F 推＝m4g.
解析：细线剪断瞬间，先考虑 AB 整体，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度；再考虑 B，根据牛顿第二定律列式求解弹力；最后根据牛顿第三定律列式求解 B 对 A 的压力．剪断细线前，A 和 B 间无压力，则弹簧的弹力 F＝mAg＝30 N，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不会突变，则弹力还是 30 N，选项 A 错误；剪断细线的瞬间两物体即将一起加速向下运动，对整体分析整体加速度 a＝mAm＋Am＋BmgB－F＝50－5 30 m/s2＝4 m/s2，选项 C 错误、D 正确；隔离对 B 分析，mBg－FN＝mBa，解得 FN＝mBg－mBa＝20 N－ 2×4 N＝12 N，选项 B 正确．
解析：物体以一定的初速度沿斜面向上滑行时，受到的斜面
的滑动摩擦力方向沿斜面向下，为负值，大小为 Ff1＝μFN＝
μmgcos30°＝2 5 3×100×
3 2
N＝60 N，物体到达最高点时，速度
为零，重力的下滑分力大小为 mgsin30°＝50 N，而最大静摩擦力
近似等于滑动摩擦力，则有重力的下滑分力小于最大静摩擦力，
代入数据得 F＝765 3 N≈26.33 N 当加速度沿斜面向下时， mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma′ 代入数据得 F＝473 N≈1 N

高考物理第一轮复习 (梳理自测+理解深化+巩固提升)第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律动力学两类

第二节牛顿第二定律动力学两类基本问题一、牛顿第二定律1．内容物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成___________，加速度的方向与作用力的方向________。

2．表达式a ＝F m。

同向性公式F 合＝m a 是矢量式，任一时刻，F 合与a ________瞬时性 a 与F 合对应同一时刻，即a 为某时刻的加速度时，F 合为该时刻__________________因果性 F 合是产生a 的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一性 F 合＝m a 中，F 合、m 、a 对应__________或__________，各量统一使用_______独立性①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(1)牛顿第二定律只适用于______________(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。

(2)牛顿第二定律只适用于______________(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

二、两类动力学问题牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况与运动情况联系起来。

1．已知受力情况求运动情况已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以求出物体的____________；已知物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况。

2．已知物体的运动情况求物体的受力情况根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出______________，再根据牛顿第二定律可确定物体的__________，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量。

如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等。

1．下列说法正确的是( )A．物体所受合力为零时，物体的加速度可以不为零B．物体所受合力越大，速度越大C．速度方向、加速度方向、合力方向总是相同的D．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同2．(2013·重庆杨家坪中学月考)牛顿是出生在17世纪英国伟大的科学家，其中牛顿三大定律更是人类探索自然秘密的重大发现。

高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第8讲牛顿

第8讲牛顿第二定律两类动力学问题1．(多选)(2015·海南卷)如图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ，整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间( AC )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2解析：设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力F T1，剪断前对bc 和弹簧S 2组成的整体分析可知F T1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋F T1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度a 1＝F m ＝3g ，A 正确、B 错误；设弹簧S 2的拉力为F T2，则F T2＝mg .根据胡克定律F ＝k Δx 可得Δl 1＝2Δl 2，C 正确、D 错误．2．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t 图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( ACD )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋F f ＝ma 1，mg sin θ－F f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力F f ＝m v 0－v 12t 1，而F f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v －t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．3．(多选)(2015·海南卷)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，( BD)A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析：升降机加速上升时，物体将出现超重现象，故物体对斜面压力增大，B正确；由F f＝μF N知，物体与斜面间的摩擦力也增大，故A错误；开始升降机匀速运动，则G sin θ＝μG cos θ，所以μ＝tan θ.当电梯加速上升时，电梯内物体超重，这仅仅是相当于重力增大了，由于依然满足μ＝tan θ这一条件，故物体相对斜面仍匀速下滑，故C错误D 正确．4．(多选)(2016·山东师大附中质检)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度v A＝4 m/s，达到B端的瞬时速度设为v B，则( ABC)A．若传送带不动，则v B＝3 m/sB．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/s解析：若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v2B－v2A＝2as，a＝μg，代入数据解得v B＝3 m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件达到B端的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确；若传送带以速度v＝4 m/s 顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4 m/s，故选项D错误．。

(江苏专用)2020高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律基础课时7 牛顿第二定律两类动力学问题(含解析)

基础课时7 牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，力刚开始作用的瞬间( ) A．物体立即获得速度B．物体立即获得加速度C．物体同时获得速度和加速度D．由于物体未来得及运动，所以速度和加速度都为零解析由牛顿第二定律可知，力F作用的同时物体立即获得了加速度，但是速度还是零，物体有了加速度还必须有时间的累积才能使速度发生变化。

因此，选项B正确。

答案 B2．(2020·广东珠海模拟)质量为1 t的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变。

从某时刻开始，汽车牵引力减少 2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是( )A．50 m B．42 mC．25 m D．24 m解析汽车匀速运动时F牵＝Ff，当牵引力减小2 000 N时，即汽车所受合力的大小为F＝2 000 N①由牛顿第二定律得F＝ma②联立①②得a＝2 m/s2汽车减速到停止所需时间t＝va＝5 s汽车行驶的路程x＝12vt＝25 m答案 C3.一皮带传送装置如图1所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是( )图1A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f 和弹簧向右的拉力F 拉＝kx ，合力F 合＝F f －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。

高考物理一轮复习第三章牛顿运动律课后分级演练8 牛顿第二律两类动力学问题

权掇市安稳阳光实验学校课后分级演练(八) 牛顿第二定律两类动力学问题【A 级——基础练】1．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间关系的图象是( )解析：C 物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有F －F f ＝ma ，即F ＝ma ＋F f ，该关系为线性函数．当a ＝0时，F ＝F f ；当F ＝0时，a ＝－F fm.符合该函数关系的图象为C.2.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ，其下端都固定于底部圆心O ，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力)，则( )A ．a 处小孩最后到O 点B ．b 处小孩最后到O 点C ．c 处小孩最先到O 点D ．a 、c 处小孩同时到O 点解析：D 三块滑板与圆柱形仓库构成的斜面底边长度均为圆柱形仓库的底面半径，则Rcos θ＝12gt 2sin θ，t 2＝4R g sin 2θ，当θ＝45°时，t 最小；当θ＝30°和60°时，sin 2θ的值相同，故只有D 正确．3．如图甲所示，物块静止在粗糙水平面上．某时刻(t ＝0)开始，物块受到水平拉力F 的作用．拉力F 在0～t 0时间内随时间变化情况如图乙所示，则物块的速度－时间图象可能是( )解析：D 拉力较小时，拉力小于最大静摩擦力，物块静止；拉动后，由F－μmg ＝ma 可知，随着拉力的增大，物块的加速度增大，所以速度－时间图象切线斜率增大．4.如图所示，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A 用细线悬挂在车顶上，质量为m 的一位中学生手握扶杆始终相对于汽车静止站在车厢底板上．学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为( )A ．mg ，竖直向上B.mgcos θ，斜向左上方 C ．mg tan θ，水平向右D ．mg 1＋μ2，斜向右上方解析：B 对小球A ，由牛顿第二定律得m ′g tan θ＝m ′a ，则人与车的加速度为a ＝g tan θ，方向水平向左，因此车对人的作用力为F ＝mg2＋mg tan θ2＝mgcos θ，方向斜向左上方，因此选项B正确，其他选项均错．5.(多选)如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θD．B、C之间杆的弹力大小为0解析：CD 初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力F N、细线的拉力F T，由平衡条件可得F T＝2mg sin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力F T，由平衡条件可得：F弹＝F T＋mg sin θ＝3mg sin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2g sin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝g sin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、枰的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．6.(2017·三湘名校联盟三模)在明德中学教学楼顶吊着一口大钟，每年元旦会进行敲钟仪式，如图所示，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长为L，与吊撞锤的点等高且水平相距23L3处有一固定的光滑定滑轮，一同学将轻绳一端绕过定滑轮连在撞锤上，然后缓慢往下拉绳子另一端，使得撞锤提升竖直高度L/2时突然松手，使撞锤自然地摆动下去撞击大钟，发出声音．(重力加速度为g)则( )A．在撞锤上升过程中，该同学对绳子的拉力大小不变B．在撞锤上升过程中，撞锤吊绳上的拉力大小不变C．突然松手时，撞锤的加速度大小等于gD．突然松手时，撞锤的加速度大小等于32g解析：D 因该同学缓慢拉绳子，则撞锤在缓慢上升，处于动态平衡状态，对撞锤受力分析可知，其受两绳的拉力和重力作用．因重力的大小和方向恒定不变，由平衡条件可知两绳拉力的合力与重力等大反向，而两绳拉力方向均在变化，由平行四边形定则分析可知，两绳上的拉力大小均在变化，A、B错误：突然松手时，撞锤此时受重力和吊撞锤的绳子对它的拉力作用．如图所示，根据几何关系知两绳子的夹角为90°，且吊撞锤的绳子与竖直方向的夹角为60°，则F 合＝mg sin 60°＝32mg ，根据牛顿第二定律得其加速度大小a ＝F m ＝32g ，C 错误，D 正确．7.如图所示，两根长度分别为L 1和L 2的光滑杆AB 和BC 在B 点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B 点由静止释放，分别沿BA 和BC 滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )A.2L 1L 2gB.2L 1L 2gC.2L 21＋L 22gD.2L 21＋L 22g L 1＋L 2解析：C 设BA 和BC 倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得：滑环沿BA 下滑的加速度为a 1＝mg sin αm ＝g sin α①沿BC 下滑的加速度为a 2＝mg sin βm＝g sin β②设下滑时间为t ，由题有： L 1＝12a 1t 2③L 2＝12a 2t 2④由几何知识有：sin α＝cos β⑤联立以上各式解得t ＝2L 21＋L 22g，故选C.8. (多选)(2017·淄博二模)如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演．若盘的质量为m ，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转．则下列说法正确的是( )A ．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力等于mgB ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力C ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为μmgD ．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mg解析：AD 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受力平衡，手指对盘的作用力与盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于mg ，选项A 正确；若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向盘不受力，即盘不受静摩擦力，选项B 错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力为静摩擦力，大小不一定等于μmg ，选项C 错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为μmg ，竖直方向对盘子的支持力为mg ，则手指对盘的作用力大小的最大值mg2＋μmg2＝1＋μ2mg ，即手指对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mg ，选项D 正确．9．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：BD 设小球的密度为ρ，其质量m ＝4ρπr33，设阻力与球的半径的比值为k ，根据牛顿第二定律得：a ＝mg －krm＝g －错误!＝g －错误!，由此可见，由m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，r 甲>r 乙，可知a 甲>a 乙，选项C 错误；由于两球由静止下落，两小球下落相同的距离则由x ＝12at 2，t 2＝2xa ，t 甲<t 乙，选项A 错误；由v 2＝2ax 可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，选项B 正确；由于甲球质量大于乙球质量，所以甲球半径大于乙球半径，甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力，则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，选项D 正确．10．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点．已知A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，B 点到C 点的距离L ＝2.0 m(滑块经过B 点时没有能量损失，取g ＝10 m/s 2)．求：(1)滑块在运动过程中的最大速度的大小； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A 点释放后，经过时间t ＝1.0 s 时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B 点时达到速度最大值v m ，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin 30°＝ma 1.由运动学公式知v 2m＝2a 1hsin 30°解得v m ＝4 m/s(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2又v 2m ＝2a 2L 解得μ＝0.4(3)设滑块在斜面上运动的时间为t 1，则v m ＝a 1t 1 解得t 1＝0.8 s由于t >t 1，故t ＝1.0 s 时滑块已经经过B 点，做匀减速运动的时间为t －t 1＝0.2 s设t ＝1.0 s 时速度大小为v ，则v ＝v m －a 2(t －t 1) 解得v ＝3.2 m/s答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s 【B 级——提升练】11. (多选)如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端的挡板C 上，另一端自然伸长到A 点．质量为m 的物块从斜面上B 点由静止开始滑下，与弹簧发生相互作用，最终停在斜面上某点．下列说法正确的是( )A ．物块第一次滑到A 点时速度最大B ．物块速度最大时弹簧的压缩量小于mg sin θkC ．物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动D ．物块最终停在斜面上时受到的摩擦力小于mg sin θ解析：BD 当物块受力平衡时速度最大，由kx ＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得x ＝mg sin θ－μmg cos θk，故A 错误，B 正确；物块压缩弹簧后被反弹过程先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C 错误；由于物块能够由静止下滑，可得最大静摩擦力小于重力沿斜面方向的分力，故最终停止运动时弹簧有弹力，根据受力平衡知，物块受到的摩擦力小于mg sinθ，故D 正确．12.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，有三条光滑轨道AB 、CD 、EF ，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O ，轨道与竖直线的夹角关系为α>β>θ.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止开始下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EF解析：B 在倾斜轨道上，设轨道与竖直方向间夹角为r ，对物块由牛顿第二定律有mg cos r ＝ma ，得加速度a ＝g cos r ，又位移x ＝2R 1cos r ＋R 2，再结合运动学公式x ＝12at 2，得t ＝4R 1g ＋2R 2g cos r，由此关系式可知随r 的增大t 增大，因α>β>θ，则t AB >t CD >t EF ，故选B.13.如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC ，物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(物块P 在AB 、BC 上所做的运动均可看作匀变速直线运动)( )A ．1∶1B ．1∶4C ．4∶1D ．8∶1解析：D 由牛顿第二定律可知，物块P 在AB 段减速的加速度a 1＝μ1g ，在BC 段减速的加速度a 2＝μ2g ，设物块P 在AB 段运动时间为t ，则可得：v B ＝μ2g ·4t ，v 0＝μ1gt ＋μ2g ·4t ，由x AB ＝v 0＋v B2·t ，x BC ＝v B2·4t ，x AB ＝x BC 解得：μ1＝8μ2，故D 正确．14.如图所示，在倾角θ＝37°的粗糙斜面上距离斜面底端s ＝4 m 处，有一质量m ＝1 kg 的物块，受水平恒力F 作用由静止开始沿斜面下滑，到达底端时立即撤去水平恒力F ，然后在水平面上滑动一段距离后停止．每隔0.2 s 通过传感器测得物块的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．若物块与各接触面之间的动摩擦因数均相等，不计物块撞击水平面时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1) (2)物块与水平面间的动摩擦因数； (3)水平恒力F 的大小．解析：(1)由表中数据可得物块沿斜面加速下滑的加速度大小a 1＝Δv 1Δt ＝0.40.2m/s 2＝2 m/s 2.由v 2＝2a 1s ，代入数据解得v ＝2a 1s ＝2×2×4 m/s ＝4 m/s. (2)物块沿水平面减速滑行时，加速度大小a 2＝Δv 2Δt ＝0.40.2 m/s 2＝2 m/s 2，在水平面上由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2，解得μ＝a 2g＝0.2.(3)物块沿斜面加速下滑时，有mg sin θ－F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)＝ma 1，代入数据解得F ＝2.6 N.答案：(1)4 m/s (2)0.2 (3)2.6 N15.避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．解析：(1)设货物的质量为m ，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为F f ，加速度大小为a 1，则F f ＋mg sin θ＝ma 1① F f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －F f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2⑥s 2＝vt －12a 2t 2⑦s ＝s 1－s 2⑧l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m ⑩答案：(1)5 m/s 2方向沿制动坡床向下 (2)98 m。

2021年高考物理一轮复习第三章牛顿第二定律两类动力学问题课时作业8(含解析)

2021年高考物理一轮复习第三章牛顿第二定律两类动力学问题课时作业8（含解析）1．(xx·蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物块A放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是( )A．向右斜上方B．竖直向上C．向右斜下方D．上述三种方向均不可能答案：A 解析：物体向右加速由牛顿第二定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面对物体A的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A对．2．如图所示，轻质弹簧上面固定一块质量不计的薄板，在薄板上放重物，用手将重物向下压缩后，突然将手撒去，则重物将被弹簧弹射出去，在弹射过程中(重物与弹簧脱离之前)重物的运动情况是( )A．一直加速运动B．匀加速运动C．先加速运动后减速运动D．先减速运动后加速运动答案：C 解析：物体运动状态的改变取决于所受的合外力，所以，对物体进行准确的受力分析是解此题的关键．重物在整个运动过程中受到重力和弹簧弹力的作用．刚放手时，弹力大于重力，合力向上，重物向上加速运动，但随着重物上移，弹簧形变量变小，弹力随之变小，合力减小，加速度减小，当弹力减至与重力大小相等时，合力为零，加速度为零，此时重物的速度最大；此后重物由于惯性继续上升，弹力继续减小，重物受到的合力向下，重物做减速运动，当弹簧恢复原长时，二者分离．3．(多选)一质点处于静止状态，现对该质点施加力F ，力F 随时间t 按如图所示的正弦规律变化，力F 的方向始终在同一直线上，在0～4 s 内，下列说法正确的是( )A ．第2 s 末，质点距离出发点最远B ．第2 s 末，质点的动能最大C ．第4 s 末，质点距离出发点最远D ．第4 s 末，质点的动能最大答案：BC 解析：力F 随图示的规律变化时，质点在前2 s 做加速度先增大后减小的加速运动，在2 s 末速度最大，2～4 s 内质点做加速度(反方向)先增大后减小的减速运动，在4 s 末速度为零，质点始终沿正方向运动，故B 、C 正确．4．(xx·云南第一次检测)物体块放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g ＝10 m/s 2，则物块A 沿此斜面下滑的加速度大小为( )A ．5 3 m/s 2B ．3 3 m/s 2C ．(5－3) m/s 2D ．1033m/s 2答案：D 解析：由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得F f ＝mg sin θ，又F N1＝mg cos 30°，F f ＝μF N1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有F N2＝mg cos 60°，mg sin 60°－μF N2＝ma ，求得a ＝1033 m/s 2，D 项对．5．(xx·莆田模拟)如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N 、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg 的物块，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N ，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数为8 N ，这时小车运动的加速度大小是( )A ．2 m/s 2B ．4 m/s 2C ．6 m/s 2D ．8 m/s 2答案：B 解析：小车做匀速直线运动时，物块随小车也做匀速直线运动，两弹簧测力计示数均为10 N ，形变相同；小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8 N ，形变减小Δx ，弹簧测力计乙形变要增加Δx ，故弹簧测力计乙的示数为12 N ，物块受到的合外力F ＝4 N ，故加速度的大小是a ＝F m ＝41m/s 2＝4 m/s 2，选项B 正确．6.如图所示，A 、B 为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A 、B 间细线烧断后的瞬间，A 、B 的加速度分别是( )A ．A 、B 的加速度大小均为g ，方向都竖直向下 B ．A 的加速度为0，B 的加速度大小为g 、竖直向下C ．A 的加速度大小为g 、竖直向上，B 的加速度大小为g 、竖直向下D ．A 的加速度大于g 、竖直向上，B 的加速度大小为g 、竖直向下答案：C 解析：在细线烧断前，A 、B 两球的受力情况如图甲所示，由平衡条件可得：对B 球有F 线＝mg 对A 球有F 弹＝mg ＋F 线在细线烧断后，F 线立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况如图乙所示．由牛顿第二定律可得：B 球有竖直向下的重力加速度g对A 球有F 弹－mg ＝ma A 解得a A ＝g ，方向竖直向上．综上分析，选C ．7．如图所示，几个倾角不同的光滑斜面具有共同的底边AB ，当物体由静止沿不同的倾角从顶端滑到底端，下面哪些说法是正确的( )A ．倾角为30°时所需时间最短B ．倾角为45°时所需时间最短C ．倾角为60°时所需时间最短D ．所需时间均相等答案：B 解析：设沿一般斜面下滑时，倾角为θ，斜面长为l ，物体沿斜面做初速度为零、加速度为a ＝g sin θ的匀加速直线运动，滑到底端的时间为t ，则有l ＝12g sin θ·t 2①l ＝AB cos θ②①②联立解得t ＝2ABg sin θcos θ ＝4ABg sin 2θ所以当θ＝45°时，t 最小，故选B ．8．(xx·庆阳模拟)如图所示，车内绳AB 与绳BC 拴住一小球，BC 水平，车由原来的静止状态变为向右的匀加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )A ．AB 绳、BC 绳拉力都变大 B ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力变小 C ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变D ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大答案：D 解析：车加速时，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得，水平方向F T2－F T1sin θ＝ma ，竖直方向F T1cos θ－G ＝0，解以上两式得 F T1＝Gcos θ，F T2＝F T1sin θ＋ma ，故F T1不变，F T2变大，选项D 正确．9．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对于小车静止地摆放在右端．B 与小车平板间的动摩擦因数为μ＝0.5.若某时刻观察到细线偏离竖直方向30°角，则此时物块B 受摩擦力大小和方向为( )A ．12mg ，水平向左 B ．12mg ，水平向右 C ．33mg ，水平向右 D ．33mg ，水平向左答案：C 解析：A 、B 相对于小车静止，小球A 与物块B 具有相同的加速度．对小球A ，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝ma ，小车对B 的摩擦力f ＝μmg ＝ma ，方向水平向右，则f ＝mg tan θ＝33mg ，C 正确． 10．(多选)如图所示，质量为m 的小物块以初速度v 0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物体与该斜面间的动摩擦因数μ>tan θ，下图表示该物块的速度v 和所受摩擦力F f 随时间t 变化的图线，以初速度v 0的方向为正方向，其中可能正确的是( )答案：AC 解析：物体沿斜面上滑时，受力如图所示，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得a ＝－g (sin θ＋μcos θ)，物块沿斜面做匀减速直线运动，物块所受滑动摩擦力F f ＝－μmg cos θ，其大小不变，方向沿斜面向下；物块速度减为零时，由于μ>tan θ，故mg sin θ<μmg cos θ，物块将静止在斜面上不动，此时物块所受摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F f ＝mg sin θ，方向沿斜面向上，故选项A 、C 正确，B 、D 错误．11.(xx·上海单科)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s ，运动过程中的最大速度为v .(1)求箱子加速阶段的加速度大小a ′.(2)若a >g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．答案：(1)av 22as －v2 (2)m (a cot θ－g )解析：(1)由匀变速运动公式知s 1＝v 22a ′s 2＝v 22as ＝s 1＋s 2＝v 22a ′＋v 22a解得a ′＝av 22as －v2.(2)设球不受箱子作用，应满足N sin θ＝ma ，N cos θ＝mg解得a ＝g tan θ减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力N 与左壁支持力F 共同决定，当a >g tan θ时F ＝0球受力如图．由牛顿第二定律N sin θ＝maN cos θ－Q ＝mg解得Q ＝m (a cot θ－g )12.质量为2 kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v t 图象如图所示．取g ＝10 m/s 2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)水平推力F 的大小；(3)0～10 s 内物体运动位移的大小．答案：(1)0.2 (2)6 N (3)46 m解析：(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt 2，初速度为v 20，末速度为v 2t ，加速度为a 2，则a 2＝v 2t －v 20Δt 2＝－2 m/s 2①设物体所受的摩擦力为F f ，由牛顿第二定律得：－F f ＝ma 2②F f ＝μmg ③联立②③式，代入数据得μ＝0.2.④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1，初速度为v 10，末速度为v 1t ，加速度为a 1，则a 1＝v 1t －v 10Δt 1＝1 m/s 2⑤根据牛顿第二定律，有F －F f ＝ma 1⑥ 联立各式，代入数据得F ＝6 N. (3)由匀变速直线运动的位移公式，得x ＝x 1＋x 2＝v 10Δt 1＋12a 1(Δt 1)2＋v 20Δt 2＋12a 2(Δt 2)2＝46 m.13．将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如图所示．已知细绳的长度为L ＝1 m,1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小．(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．答案：(1)40 N (2)3.5 m解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上拉力为T ＝8 N ，根据牛顿第二定律，对滑块1：T －μm 1g ＝m 1a代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N(2)设绳断后，滑块1的加速度大小为a 1，滑块2的加速度为a 2，则：a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，则t ＝v a 1＝1 s滑块1的位移为x 1，则x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，则x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m 30861 788D 碍* 27205 6A45 橅21400 5398厘N34264 85D8 藘}27289 6A99 檙\ 31308 7A4C 穌38729 9749 靉•30692 77E4 矤。

高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题课时达标

第8讲牛顿第二定律两类动力学问题[解密考纲]主要考查对牛顿第二定律的深刻理解，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，题型有选择题、计算题．1．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( A )A ．m 2gh t＋mg B ．m 2gh t －mg C ．m gh t ＋mg D ．m gh t－mg 解析：自由落体运动阶段由动能定理mgh ＝12mv 2得v ＝2gh ，安全带上有力作用时，人体速度由2gh 变为0，则平均加速度大小为a ＝2gh /t ，方向竖直向上，由牛顿第二定律得F －mg ＝m a ，得F ＝m a ＋mg ，即F ＝m 2gh t＋mg . 2．(2015·上海卷)如图所示，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是( B )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4解析：鸟在空中飞行受到重力和空气对其作用力，这两个力的合力的方向沿虚线斜向上(与加速度方向相同)，由平行四边形定则可得，空气对其作用力可能是沿F 2方向，故B 项正确．3．小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动．质量为M 的小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a 1；该小孩抱着一只质量为m 的小狗再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为a 2，则a 1和a 2的关系为( D ) A ．a 1＝M m a 2 B ．a 1＝m M a 2 C ．a 1＝MM ＋m a 2 D ．a 1＝a 2 解析：设小孩与滑梯间动摩擦因数为μ，小孩从滑梯上滑下，受重力G 、支持力F N 和滑动摩擦力F f .如图所示，由牛顿第二定律，Mg sin α－μMg cos α＝Ma 1，a 1＝g sin α－μg cos α；当小孩抱着一只质量为m 的小狗再从滑梯上滑下时，满足：(M ＋m )g sin α－μ(M ＋m )g cos α＝(M ＋m )a 2，得a 2＝g sin α－μg cos α，可见a 1＝a 2，D 项正确．4．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢．当机车在东边拉着车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC )A ．8B ．10C ．15D ．18 解析：设PQ 间挂钩东侧有n 节车厢，西侧有k 节车厢，每节车厢的质量为m .当向东行驶时F ＝kma ；向西行驶时F ＝nm 23a 可知3k ＝2n ，k 、n 只能取正整数，故选B 、C ． 5．(多选)如图甲所示，在粗糙的水平面上，物体A 在水平向右的拉力F 的作用下做直线运动，其vt 图象如图乙中实线所示，下列判断中正确的是 ( BD )A ．在0～1 s 内，拉力F 不断增大B ．在1～3 s 内，拉力F 保持不变C ．在3～4 s 内，拉力F 不断增大D ．在3～4 s 内，拉力F 不断减小解析：由vt 图象可知，在0～1 s 内，物体做匀加速直线运动，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，合外力恒定，因此拉力恒定，A 项错误；在1～3 s 内，物体做匀速直线运动，合外力为零，拉力大小始终等于摩擦力的大小，B 项正确；在3～4 s 内，物体做的是变减速运动，加速度大小越来越大，摩擦力恒定，则由F f －F ＝ma 可知，拉力F 越来越小，C 项错误，D 项正确．6．如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 点所用的时间，则( D )A ．t 1＜t 2＜t 3B ．t 1＞t 2＞t 3C ．t 3＞t 1＞t 2D ．t 1＝t 2＝t 3解析：设P 为圆上的任一点，∠adP ＝θ，s ＝Pd ＝2R cos θ，由s ＝12at 2，且a ＝g cos θ，则t ＝2R g，显然t 与θ无关，故D 项正确． 7．如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢里的人对厢底的压力为其重力的1.25倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的( B )A ．14B ．13C ．54D ．43解析：人受力如图甲所示，显然本题分解加速度更为简便．将加速度a 分解为水平分量a x 和竖直分量a y ，如图乙所示，则a x ＝a cos 37°，a y ＝a sin 37°.由牛顿第二定律得：水平方向F f ＝ma x ，竖直方向F N －mg ＝ma y ，其中F N ＝1.25mg ，联立以上各式解得F f mg ＝13. 8．(多选)2014年冬天哈尔滨连降大雪，路面结冰严重，行驶汽车难以及时停车，经常出现事故．因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦．如图所示，一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰，灰粒之间的动摩擦因数为μ1，炉灰与车厢底板的动摩擦因数为μ2，卸灰时车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法正确的是( AC )A ．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足tan θ>μ2B ．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足sin θ>μ2C ．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足μ1<tan θ<μ2D ．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足tan θ<μ1<μ2解析：欲使炉灰全部卸下，应有mg sin θ>μ2mg cos θ，所以μ2<tan θ；欲使炉灰留下一部分，应有m ′g sin θ<μ2m ′g cos θ，得μ2>tan θ，且炉灰之间有m ″g sin θ>μ1m ″g cos θ，得μ1<tan θ，故选项A 、C 正确．9．如图所示，质量为m 的物块甲置于竖直放置在水平面上的轻弹簧上处于静止状态．若突然将质量为2m 的物块乙无初速地放在物块甲上，则在物块乙放在物块甲上后瞬间，物块甲、乙的加速度分别为a 甲、a 乙，当地重力加速度为g ，以下说法正确的是( D )A ．a 甲＝0，a 乙＝gB ．a 甲＝g ，a 乙＝0C ．a 甲＝a 乙＝gD ．a 甲＝a 乙＝23g 解析：只有物块甲时，由平衡条件得kx －mg ＝0 ①；放上乙的瞬间，甲、乙具有相同的加速度，对甲、乙整体由牛顿第二定律得3mg －kx ＝3ma ②；联立得a 甲＝a 乙＝a ＝23g ，故选项D 正确． 10．如图所示，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( D )A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为0C ．图乙中轻杆的作用力一定不为0D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为0，加速度为0，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为0，A 、B 两球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D 对．11．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( D)A．mg，竖直向上B．mg1＋μ2，斜向左上方C．mg tan θ，水平向右D．mg1＋tan2θ，斜向右上方解析：以A为研究对象，受力分析如图，根据牛顿第二定律得mA g tan θ＝m A a，得a＝g tan θ，方向水平向右．再对B研究，小车对B的摩擦力F f＝ma＝mg tan θ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为F N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为F＝F2N＋F2f＝mg1＋tan 2θ，方向斜向右上方．选项D正确．12．(多选)(2016·江苏泰州模拟)如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝1 kg的木块，和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M，可能正确的有( AC)A．a m＝1 m/s2，a M＝1 m/s2 B．a m＝1 m/s2，a M＝2 m/s2C．a m＝2 m/s2，a M＝4 m/s2 D．a m＝3 m/s2，a M＝5 m/s2解析：隔离木块，分析受力，木块和小车恰不发生相对滑动时，它们有相同的加速度，由牛顿第二定律有μmg＝ma m，解得a m＝2 m/s2.木块和小车发生相对滑动时，a m＝2 m/s2，小车的加速度为大于2 m/s2的任意值．可能正确的是A和C．13．(2017·重庆一模)质量m0＝30 kg、长L＝1 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)．小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．则以下判断中正确的是( C)A．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D ．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板解析：木块受到的滑动摩捧力为F f2，方向向左，F f2＝μ2mg ＝40 N ，木板受到木块施加的滑动摩擦力为F ′f2，方向向右，F ′f 2＝F f 2＝40 N ，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即F f1＝μ1(m ＋m 0)g ＝60 N ．F f1方向向左，F ′f2<F f1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x ，则由0－v 20＝－2μ2gx 得x ＝2 m>L ＝1 m ，故小木块能滑出木板，选项C 正确．14．(2017·甘肃兰州一模)如图所示，一物块以初速度v 0滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A 、B 两点间的距离L ＝9 m ，已知传送带的速度v ＝2 m/s.物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( AC )A ．要使物块被传送到B 点，初速度可为v 0＝6 m/sB ．要使物块被传送到B 点，初速度可为v 0＝2 m/sC ．当物块的初速度v 0＝4 m/s 时，物块将以2 m/s 的速度离开传送带D ．当物块的初速度v 0＝2 m/s 时，物块在传送带上先做减速运动，再做加速运动，而后匀速运动解析：当物块恰好被传送到B 点时，由0－v 20＝－2aL ，解得v 0＝6 m/s ，所以要使物块被传送到B 点，初速度v 0≥6 m/s ，选项A 正确、B 错误；当物块的初速度v 0＝4 m/s 时，向右匀减速到零的距离s ＝v 202a＝4 m ，然后向左匀加速，加速到传送带速度2 m/s 时，再匀速运动回到A 点，选项C 正确；当物块的初速度v 0＝2 m/s 时，物块在传送带上先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，当回到A 点时速度恰好达到2 m/s ，所以没有匀速运动过程，选项D 错误．。

高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题学案

第8讲牛顿第二定律两类动力学问题1．牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成__正比__，跟它的质量成__反比__.加速度的方向与__作用力的方向__相同．(2)表达式：__F ＝ma __，F 与a 具有瞬时对应关系． (3)适用范围：①牛顿第二定律只适用于__惯性参考系__(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)． ②牛顿第二定律只适用于__宏观物体__(相对于分子、原子)、__低速运动__(远小于光速)的情况．2．动力学两类基本问题 (1)动力学两类基本问题①已知受力情况，求物体的__运动__情况． ②已知运动情况，求物体的__受力__情况． (2)解决两类基本问题的方法以__加速度__为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示．1．请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因． (1)物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同．( × )解析由F＝ma可知，加速度a的方向与合外力F的方向一定相同．(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度．( √)(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．( ×)解析物体由于受合外力作用才做加速运动．(4)物体所受合外力变小，物体的速度一定变小．( ×)解析虽然物体合外力变小，但只要合外力与速度方向相同，物体速度将增加．(5)物体所受合外力大，其加速度就一定大．( ×)解析物体的加速度由物体所受合外力、物体的质量共同决定的．(6)牛顿第二定律适用于一切运动情况．( ×)解析牛顿运动定律只适用于惯性参考系、低速运动的情况．(7)单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位．( ×)解析“牛顿”是导出单位，1 N＝1 kg·m/s22．(多选)下列说法正确的是( BCD)A．物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用B．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关C．物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小D．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系解析物体的的加速度与合外力有瞬时对应关系，加速度与力同时产生，故选项A错误．a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，故选项B正确．合外力减小，加速度一定减小，但如果a与v同向，v变大，故选项C正确．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量之间的单位关系，故选项D正确．3．(多选)关于力学单位制，以下说法中正确的是( BC)A．kg、m/s、N等单位为导出单位B．kg、m、s都是基本单位C．牛顿第二定律的表达式F＝kma，式中各物理量取国际单位时k＝1D．在国际单位制中，质量的单位可以是kg，也可以是g解析kg为基本单位，故选项A错误．kg、m、s是国际单位制中的基本单位，故选项B正确．F＝kma，质量取“kg”，a取“m/s2”，F取“N”时，k＝1，选项C正确，国际单位制中质量的单位是kg，选项D错误．一牛顿第二定律的瞬时性[例1](2018·广西南宁模拟)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则( A)A．a1＝g a2＝g B．a1＝0 a2＝2gC．a1＝g a2＝0 D．a1＝2g a2＝0解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故选项A正确．【拓展延伸1】把“轻绳”换成“轻弹簧”在[例1]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则典例选项中正确的是( D)解析剪短轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．【拓展延伸2】改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，则下列说法正确的是( B)A ．a A ＝0 aB ＝12gB ．a A ＝g a B ＝0C ．a A ＝g a B ＝gD ．a A ＝0 a B ＝g解析轻绳被剪断的瞬间，小球B 的受力情况不变，加速度为零．剪断前，分析整体受力可知轻绳的拉力为T ＝2mg sin θ，剪断瞬间，A 受的合力沿斜面向下，大小为2mg sin θ，所以A 的瞬时加速度为a A ＝2g sin 30°＝g ，故选项B 正确．抓住“两关键”、遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点． ②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态． (2)“四个步骤”第一步：分析原来物体的受力情况．第二步：分析物体在突变时的受力情况．第三步：由牛顿第二定律列方程．第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．二动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路[例2](2018·广东深圳模拟)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为F f ＝4 N ，g 取10 m/s 2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h ；(2)无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v ；(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.解析 (1)设无人机上升时加速度为a ，由牛顿第二定律，有F －mg －F f ＝ma ，解得a ＝6 m/s 2，由h ＝12at 2，解得h ＝75 m.(2)设无人机坠落过程中加速度为a 1，由牛顿第二定律，有mg －F f ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，由v 2＝2a 1H ，解得v ＝40 m/s.(3)设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a 2，由牛顿第二定律，有F －mg ＋F f ＝ma 2，解得a 2＝10 m/s 2.设飞行器恢复升力时速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H ，解得v m ＝4053 m/s ，由v m ＝a 1t 1，解得t 1＝553s.答案 (1)75 m (2)40 m/s (3)553s.解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析．一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁．(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系．三等时圆模型及其应用 1．模型特征(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图乙所示；(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．2．思维模板[例3](2017·山东济南模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处旋转一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC 所成角度为α一小物块由A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系( B )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝2θD ．α＝θ3解析如图所示，以竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于D 点．由等时圆模型的特点知，由A 点沿斜面滑到D 点所用时间比由A 点到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端B 点与D 点重合即可，而∠COD ＝θ，则α＝θ2.1．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( C )A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g a 3＝0 a 4＝m ＋MMg D ．a 1＝g a 2＝m ＋M M g a 3＝0 a 4＝m ＋MMg 解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋mMg ，故选项C 正确． 2．(2017·河南郑州预测)(多选)如图甲所示，静止在水平地面上的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面间的最大静摩擦力F fm 与滑动摩擦力大小相等，则( BC )A ．t 2～t 5时间内物块A 的加速度逐渐减小B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 3和t 5时刻物块A 的速度相等D ．0～t 5时间内物块A 一直做加速运动解析开始物块A 静止，到t 1后拉力F 大于摩擦阻力，物块A 开始加速运动，到t 4时加速度为0，加速运动结束，之后摩擦阻力大于拉力F ，物块A 做减速运动，选项D 错误；从t 1到t 2，拉力F 越来越大，加速度越来越大；从t 2到t 4，拉力F 越来越小，加速度越来越小；从t 4到t 5，拉力F 小于摩擦阻力且越来越小，加速度反向越来越大；由图可知，在t 2时刻加速度最大，选项A 错误，B 正确；根据拉力和摩擦阻力的大小关系，应用对称性可知，t 3和t 5两个时刻的加速度等大反向，同理从t 3到t 4和从t 5到t 4关于t 4时刻对称各时刻的加速度都等大反向，可知物块A 先加速后减速，t 3和t 5两时刻速度相等，选项C 正确．3．(2017·江苏南京模拟)如图所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( B )A ．2∶1B ．1∶1C ．3∶1D ．1∶ 3解析对物体受力分析可知：当重物从A 点下落时，重物受重力mg ，支持力F N1，在沿斜面方向上加速度是a 1，mg cos 30°＝ma 1，解得a 1＝32g ，由公式S 1＝12a 1t 21得S 1＝2R cos 30°＋2r cos 30°＝3(R ＋r )，所以t 1＝2R ＋rg.当重物从C 点下滑时，受重力mg ，支持力F N2，在沿斜面的加速度是a 2，mg cos 60°＝ma 2，解得a 2＝12g ，由公式S 2＝12a 1t 22得S 2＝2R cos60°＋2r cos 60°＝R ＋r ，t 2＝2R ＋rg，所以t 1＝t 2，选项B 正确．[例1](2017·浙江宁波一模·6分)如图所示，弹簧左端固定、右端自由伸长到O 点并系住物体，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体一直可以运动到B 点，如果物体受到的阻力恒定，则()A ．物体从A 到O 先加速运动后减速运动B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为零D ．物体从A 到O 的运动过程中加速度逐渐减小 [答题送检]来自阅卷名师报告[解析] 物体从A 到O 的运动过程中，弹力方向向右，初始阶段弹力大于阻力，合力方向向右，随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度的方向相同，物体的速度逐渐增大，所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动．当物体向右运动至AO 间某点(设为O ′)时，弹力减小到与阻力大小相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力逐渐减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O 点时弹力减小到零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体离开O ′点(加速度为零，速度最大)后的合力方向向左且合力逐渐增大，由牛顿第二定律可知，此阶段的物体的加速度向左且逐渐增大．由于加速度与速度的方向相反，物体做加速度逐渐增大的减速运动．故选项A 正确．[答案] A1．(2018·安徽芜湖模拟)如图所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( D )A ．a 1＝0 a 2＝0B ．a 1＝a a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a a 2＝m 1m 2a解析撤去拉力F 的瞬间，物体A 的受力不变，所以a 1＝a ，对物体A 受力分析得F 弹＝m 1a ；撤去拉力F 的瞬间，物体B 受到的合力大小为F ′弹＝m 2a 2，所以a 2＝m 1am 2，故选项D 正确．2．(2018·湖南长沙模拟)如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最离点，则各小球最高点的位置( D )A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上解析设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但lsin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．1．(多选)如图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细绳悬挂于固定点O ，整个系统处于静止状态．现将细绳剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间( AC )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2解析设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力F T1，剪断前对b 、c 和弹簧S 2组成的整体分析可知F T1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋F T1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度a 1＝Fm＝3g ，选项A 正确，B 错误；设弹簧S 2的拉力为F T2，则F T2＝mg .根据胡克定律F ＝k Δx 可得Δl 1＝2Δl 2，选项C 正确，D 错误．2．(多选)如图甲，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( ACD )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋F f ＝ma 1，mg sin θ－F f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力F f ＝m (v 0－v 1)2t 1，而F f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v －t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．3．(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，下列说法正确的是( BD )A ．物块与斜面间的摩擦力减小B ．物块与斜面间的正压力增大C ．物块相对于斜面减速下滑D ．物块相对于斜面匀速下滑解析升降机加速上升时，物体将出现超重现象，故物体对斜面压力增大，选项B 正确；由F f ＝μF N 知，物体与斜面间的摩擦力也增大，故选项A 错误；开始升降机匀速运动，则G sin θ＝μG cos θ，所以μ＝tan θ.当电梯加速上升时，电梯内物体超重，这仅仅是相当于重力增大了，由于依然满足μ＝tan θ这一条件，故物体相对斜面仍匀速下滑，故选项C 错误，D 正确．4．避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止，已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍，货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．解析 (1)设货物的质量为m ，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为F f ，加速度大小为a 1，则F f ＋mg sin θ＝ma 1，① F f ＝μmg cos θ，②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2，③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2，货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －F f ＝Ma 2，④ F ＝k (m ＋M )g ，⑤ s 1＝vt －12a 1t 2，⑥ s 2＝vt －12a 2t 2，⑦ s ＝s 1－s 2，⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2，⑨联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m.答案 (1)5 m/s 2方向沿制动坡床向下 (2) 98 m课时达标第8讲[解密考纲]主要考查对牛顿第二定律的深刻理解，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，题型有选择题、计算题．1.一个质量为m ＝1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F 1、F 2随时间的变化如图所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则物块在此后的运动过程中( C )A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3 m/s 2D ．物块在t ＝4 s 时速度最大2．如图所示，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是( B )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4解析鸟在空中飞行受到重力和空气对其作用力，这两个力的合力的方向沿虚线斜向上(与加速度方向相同)，由平行四边形定则可得，空气对其作用力可能是沿F 2方向，故选项B 正确．3．小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动．质量为M 的小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a 1；该小孩抱着一只质量为m 的小狗再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为a 2，则a 1和a 2的关系为( D )A ．a 1＝Mma 2 B ．a 1＝m Ma 2 C ．a 1＝MM ＋ma 2 D ．a 1＝a 2解析设小孩与滑梯间动摩擦因数为μ，小孩从滑梯上滑下，受重力G 、支持力F N 和滑动摩擦力F f .如图所示，由牛顿第二定律，Mg sin α－μMg cos α＝Ma 1，a 1＝g sin α－μg cos α；当小孩抱着一只质量为m 的小狗再从滑梯上滑下时，满足(M ＋m )g sin α－μ(M ＋m )g cos α＝(M ＋m )a 2，得a 2＝g sin α－μg cos α，可见a 1＝a 2，选项D 正确．4．如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 点所用的时间，则( D )A ．t 1＜t 2＜t 3B ．t 1＞t 2＞t 3C ．t 3＞t 1＞t 2D ．t 1＝t 2＝t 3解析设P 为圆上的任一点，∠adP ＝θ，s ＝Pd ＝2R cos θ，由s ＝12at 2，且a ＝g cosθ，则t ＝2Rg，显然t 与θ无关，故选项D 正确． 5．如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢里的人对厢底的压力为其重力的1.25倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的( B )A ．14B ．13C ．54D ．43解析人受力如图甲所示，显然本题分解加速度更为简便．将加速度a 分解为水平分量a x 和竖直分量a y ，如图乙所示，则a x ＝a cos 37°，a y ＝a sin 37°.由牛顿第二定律得：水平方向F f ＝ma x ，竖直方向F N －mg ＝ma y ，其中F N ＝1.25mg ，联立以上各式解得F f mg ＝13.综上所述，选项B 正确．6．(2018·河南郑州模拟)如图所示，质量为4 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1 kg 的物体B 用细线悬挂起来，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为(取g ＝10 m/s 2)( B )A ．0 NB ．8 NC ．10 ND ．50 N解析细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A 和B 整体受到的合外力等于物体B 的重力，因此整体的加速度为a ＝m B g m A ＋m B ＝15g ，对物体B 有m B g －F N ＝m B a ，所以A 、B 间作用力F N ＝m B (g －a )＝45m B g ＝8 N ．故细线剪段瞬间，B 对A 的压力大小为8 N ，选项B 正确．7．(2017·重庆一模)质量m 0＝30 kg 、长L ＝1 m 的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)．小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2)．则以下判断中正确的是( C )A ．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B ．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C ．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D ．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板解析木块受到的滑动摩擦力为F f2，方向向左，F f2＝μ2mg ＝40 N ，木板受到木块施加的滑动摩擦力为F ′f2，方向向右，F ′f2＝F f2＝40 N ，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即F f1＝μ1(m ＋m 0)g ＝60 N ．F f1方向向左，F ′f2<F f1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x ，则由0－v 20＝－2μ2gx 得x ＝2 m>L ＝1 m ，故小木块能滑出木板，选项C 正确．8．(多选)冬天哈尔滨时常大雪，路面结冰严重，行驶汽车难以及时停车，经常出现事故．因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦．如图所示，一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰，灰粒之间的动摩擦因数为μ1，炉灰与车厢底板的动摩擦因数为μ2，卸灰时车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法正确的是( AC )A ．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足tan θ>μ2B．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足sin θ>μ2C．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足μ1<tan θ<μ2D．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足tan θ<μ1<μ2解析欲使炉灰全部卸下，应有mg sin θ>μ2mg cos θ，所以μ2<tan θ；欲使炉灰留下一部分，应有m′g sin θ<μ2m′g cos θ，得μ2>tan θ，且炉灰之间有m″g sin θ>μ1m″g cos θ，得μ1<tan θ，故选项A、C正确．9．(2017·甘肃兰州一模)(多选)如图所示，一物块以初速度v0滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A、B两点间的距离L＝9 m，已知传送带的速度v＝2 m/s.物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( AC)A．要使物块被传送到B点，初速度可为v0＝6 m/sB．要使物块被传送到B点，初速度可为v0＝2 m/sC．当物块的初速度v0＝4 m/s时，物块将以2 m/s的速度离开传送带D．当物块的初速度v0＝2 m/s时，物块在传送带上先做减速运动，再做加速运动，而后做匀速运动解析当物块恰好被传送到B点时，由0－v20＝－2aL，解得v0＝6 m/s，所以要使物块被传送到B点，初速度v0≥6 m/s，选项A正确、B错误；当物块的初速度v0＝4 m/s时，向右匀减速到零的距离s＝v202a＝4 m，然后向左匀加速，加速到传送带速度2 m/s时，再匀速运动回到A点，选项C正确；当物块的初速度v0＝2 m/s时，物块在传送带上先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，当回到A点时速度恰好达到2 m/s，所以没有匀速运动过程，选项D错误．10．如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36，取g＝10 m/s2.试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离．解析(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1，解得a＝2.5 m/s2.(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s ，小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8 m ，撤去力F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，解得a 2＝7.5 m/s 2，小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4 s ，上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6 m ，则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m. 答案 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m11．如图所示，半径为R 的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r 的光滑圆球P 和Q ，且R ＝1.5r .在圆球Q 与圆筒内壁接触点A 处安装有压力传感器．当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v 0＝5 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25 N ；某时刻撤去推力F ，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x ＝534m ．已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g ＝10 m/s 2.求：(1)水平推力F 的大小； (2)撤去推力后传感器的示数．解析 (1)系统匀速运动时，圆球Q 受三个力作用如图所示，其中传感器示数F 1＝25 N ．设P 、Q 球心连线与水平方向成θ角，则cos θ＝2R －2r 2r ＝12，①则圆球重力mg ＝F 1tan θ，②由①②式解得θ＝60°，mg ＝25 3 N ．③ 当撤去推力F 后，设系统滑行的加速度大小为a . 则v 2＝2ax ，④系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μMg ＝Ma ，⑤ 系统匀速运动时F ＝μMg ，⑥ 其中Mg ＝3mg ，由③④⑤⑥解得a ＝1033m/s 2，F ＝75 N ．⑦ (2)撤去推力后，对球Q ，由牛顿第二定律得mgtan θ－F A ＝ma ，⑧解得F A ＝0，即此时传感器示数为0. 答案 (1)75 N (2)0。

近年届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时作业8牛顿第二定律两类动力学问题(2021年整理)

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课时作业（八)牛顿第二定律两类动力学问题[基础小题练]1.(2018·山东济南一中上学期期中）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连．平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)以下说法正确的是（）A．小球静止时弹簧的弹力大小为错误!mgB．小球静止时细绳的拉力大小为错误!mgC．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为gD．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为错误!g【解析】小球静止时，弹簧弹力F＝mg tan 53°＝错误!mg，细绳拉力T＝mgcos 53°＝53mg。

细绳烧断瞬间,小球合力大小仍等于错误!mg，故加速度为错误!g，D正确．【答案】D2。

(2018·山东泰安高三上学期期中）如图所示，物体A叠放在物体B 上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加一水平力F,则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)（）A．a A＝6 m/s2,a B＝2 m/s2B．a A＝2 m/s2，a B＝6 m/s2C．a A＝8 m/s2，a B＝4 m/s2D．a A＝10 m/s2,a B＝6 m/s2【解析】A、B间恰好达到最大静摩擦力时,μm A g＝m B a B，a B＝6 m/s2，a A至少为6 m/s2，A、B的加速度才可能不同,可能的组合只能是D项．【答案】D3．如图所示，将一个质量为m的三角形物体放在水平地面上，当用一水平推力F经过物体的重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度做匀速直线运动，某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，则推力反向的瞬间( ）A．物体的加速度大小为错误!，方向水平向左B．物体的加速度大小为错误!，方向水平向右C．地面对物体的作用力大小为mgD．地面对物体的作用力大小为错误!【解析】开始物体做匀速直线运动，知推力F等于摩擦力，即F＝F f，某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，物体仍然向右运动,摩擦力仍然向左，则合力为F合＝F＋F f，方向向左，根据牛顿第二定律，物体的加速度a＝错误!＝错误!,方向水平向左，故A、B错误；地面对物体有支持力和摩擦力，支持力等于重力，摩擦力等于F，根据平行四边形定则知，地面对物体的作用力F′＝错误!，故D正确，C错误．【答案】D4．（2018·安徽淮南一模)质量分别为M和m的两物块A、B大小相同,将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面,A恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止,重力加速度大小为g,则（)A．此时轻绳的拉力大小为mgB．此时轻绳的拉力大小为MgC．此时A运动的加速度大小为(1－sin2α)gD．此时A运动的加速度大小为错误!g【解析】第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg，第二次按题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mg－mg sin α＝(m＋M）a，联立得a＝（1－sin α）g＝M－mMg，对B，由牛顿第二定律得T－mg sin α＝ma，解得T＝mg，故A、D正确，B、C错误．【答案】AD5．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2）的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于（)A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】水平向右拉两物块时,运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a＝错误!＝错误!－μg，隔离分析物块A有F B－μmg＝ma，得F B＝错误!＝kx1,x1＝错误!。