2016届高考物理一轮复习 3.2牛顿第二定律及两类动力学问题课时强化作业
高三物理一轮复习 3.2 牛顿第二律 两类动力学问题课时作业
峙对市爱惜阳光实验学校第一高三物理一轮复习牛顿第二律两类动力学问题课时作业A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B．物体所受到的合外力不变(F合≠0)，其运动状态就一改变C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一变化D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大解析：选A.物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，应选项A错误、C正确；物体的合外力不为零，就会迫使运动状态(运动的快慢和方向)发生变化，选项B正确；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确．2．如图3－2－12所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端固着处于自然状态的轻质弹簧．现对物体作用一水平恒力F，在弹簧被压缩到最短这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是( )图3－2－12A．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：选D.在压缩弹簧至最短的过程中，物体A水平方向受向左恒力F 与向右弹簧弹力kx，取向左为正方向，合力F合＝F－kx.x逐渐增大，开始F>kx，F合>0，A速度增大，而加速度随x增大而减小．F＝kx时(平衡位置)，加速度为零，速度向左最大．此后，F<kx，F合<0，合力向右，物体A减速，加速度随x增大而增大．弹簧最短时，速度为零而加速度最大．3.图3－2－13(2021·高考卷)如图3－2－13所示，放在固斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，假设在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，那么( ) A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：选C.设斜面倾角为θ，对物块由牛顿第二律列式：mg sinθ－μmg cosθ＝ma，得a＝g sinθ－μg cosθ＝g(sinθ－μcosθ)，加上恒力F 后：(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma′得a′＝mg ＋F sin θ－μmg ＋F cos θm ＝mg ＋F m (sin θ－μcos θ)，因mg ＋Fm＞g ，所以a ′＞a ，C 正确．4.图3－2－14受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v －t 图线如图3－2－14所示，那么以下说法错误的选项是( )A ．在0～t 1秒内，外力F 大小不断减小B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大解析：选B.由图象可知，0～t 1物体做a 减小的加速运动，t 1时刻a 减小为零．由a ＝F －F fm 可知，F 逐渐减小，最终F ＝F f ，故A 正确，B 错误．t 1～t 2物体做a 增大的减速运动，由a ＝F f －Fm可知，至物体速度减为零之前，F 有可能是正向逐渐减小，也可能已正向减为零且负向增大，故C 、D 正确．5．(2021·高考卷)“蹦极〞就是跳跃者把一端固的长弹性绳绑在踝关节处，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3－2－15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( )图3－2－15A ．gB ．2gC ．3gD ．4g解析：选B.从图象可知，当人最后不动时，绳上的拉力为35F 0，即mg ＝35F 0，最大拉力为95F 0，因此最大加速度为95F 0－mg ＝ma,3mg －mg ＝ma ，a ＝2g ，B 正确．6.图3－2－16如图3－2－16所示，质量分别为m 1、m 2的A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 小球用细绳固在倾角为30°的光滑斜面上，假设不计弹簧质量，在细绳被剪断的瞬间，A 、B 两小球的加速度分别为( )A ．都于g2B ．0和m 1＋m 2g2m 2C.m 1＋m 2g 2m 2和0D.g2和0 解析：选B.剪断细绳前，A 小球受重力、斜面的支持力及弹簧的弹力三个力作用；B 小球除受重力、斜面的支持力及弹簧弹力作用外，还受细绳拉力的作用．剪断细绳的瞬间，由于弹簧还没有来得及发生形变，故A 小球受力没变，其加速度仍为0；B 小球所受细绳的拉力消失，其他力没变，其合力与细绳拉力大小相、方向相反，故B 正确．7.图3－2－17(2021·西大高三测试)细绳拴一个质量为m 的小球，小球用固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3－2－17所示，以下说法正确的选项是(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)( )A ．小球静止时弹簧的弹力大小为35mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为35mgC ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为53g解析：选D.细绳烧断前对小球进行受力分析如下图，其中F 1为弹簧的弹力，F 2为细绳的拉力．由平衡条件得F 2cos53°＝mgF 2sin53°＝F 1解得F 2＝53mg ，F 1＝43mg细绳烧断瞬间，细绳的拉力突然变为零，而弹簧的弹力不变，此时小球所受的合力与F 2大反向，所以，小球的加速度立即变为a ＝53g .☆8.图3－2－18(2021·区检测)如图3－2－18所示，质量为m 的物块以初速度v 0冲上足够长的固斜面，假设斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ＞tan θ(规沿斜面向上的方向为速度v 和摩擦力F f 的正方向)，那么以下表示该物块的速度v 和所受摩擦力F f 随时间t 变化的图象中正确的选项是( )图3－2－19解析：选A.由题设条件可知：物块冲上斜面做匀减速运动，由于μ＞tan θ，那么物块减速到零时，将静止不动，A 正确，B 错误；物块在运动中受到的摩擦力是滑动摩擦力，即F f1＝μmg cos θ，方向沿斜面向下，物块静止不动时受到的摩擦力是静摩擦力，由平衡条件，可得：F f2＝mg sin θ，方向沿斜面向上，即F f1＞F f2，C 、D 错误．☆9.图3－2－20如图3－2－20所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ，其下端都固于底部圆心O ，而上端那么搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.假设有三个小孩同时从a、b、c处由静止开始下滑(忽略阻力)，那么( )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：选D.设滑板的倾角为θ，仓库半径为R，小孩在滑板上的加速度为：a＝g·sinθ，滑板L ＝Rcosθ.滑到O点用时：t＝2La＝4Rg sin2θ，将θ＝30°、45°、60°分别代入得t a＝t c＞t b，故D正确．二、非选择题10．(2021·高三期末)如图3－2－21甲所示，质量m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图象如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.求：图3－2－21(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10 s末物体离a点的距离．解析：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，那么由v－t 图得：a1＝2 m/s2①根据牛顿第二律，有F＋μmg＝ma1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，那么由v－t图得：a2＝1 m/s2③根据牛顿第二律，有F－μmg＝ma2④由①②③④得：F＝3 N，μ＝0.05.(2)设10 s末物体离a点的距离为x，x为v－t图与横轴所围的面积，那么x＝12×4×8 m－12×6×6 m＝－2 m，负号表示物体在a点左侧．答案：(1)3 N 0.05 (2)2 m，在a点左侧11.图3－2－22“引体向上运动〞是同学们经常做的一项健身运动．如图3－2－22所示，质量为m的某同学两手正握单杠，开始时，手臂完全伸直，身体呈自然悬垂状态，此时他的下颚距单杠面的高度为H，然后他用恒力F向上拉，下颚必须超过单杠面方可视为合格．H ＝0.6 m ，m ＝60 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2.不计空气阻力，不考虑因手臂弯曲而引起的人的重心位置的变化．(1)第一次上拉时，该同学持续用力，经过t ＝1 s 时间，下颚到达单杠面，求该恒力F 的大小及此时他的速度大小；(2)第二次上拉时，用恒力F ′＝720 N 拉至某位置时，他不再用力，而是依靠惯性继续向上运动，为保证此次引体向上合格，恒力F ′的作用时间至少为多少？解析：(1)第一次上拉时，该同学向上做匀加速运动，设他上升的加速度大小为a 1，下颚到达单杠面时的速度大小为v ，由牛顿第二律及运动学规律可得：F －mg ＝ma 1H ＝12a 1t 2v ＝a 1t联立解得：F ＝672 N ，v ＝1.2 m/s.(2)第二次上拉时，设上拉时的加速度为a 2，恒力至少作用的时间为t min ，上升的位移为x 1，此时的速度为v 1，自由上升的位移为x 2，根据题意可得：F ′－mg ＝ma 2x 1＋x 2＝Hx 1＝12a 2t 2minv 21＝2gx 2 v 1＝a 2t min联立解得：t min ＝0.71 s.答案：(1)672 N 1.2 m/s (2)0.71 s 12.图3－2－23(2021·高考卷)质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对的v －t 图象如图3－2－23所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4.设球受到的空气阻力大小恒为F f ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)弹性球受到的空气阻力F f 的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h .解析：(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a 1，由题图知a 1＝Δv Δt ＝40.5 m/s 2＝8 m/s 2根据牛顿第二律得mg －F f ＝ma 1F f ＝m (g －a 1)＝0.2 N(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v 1＝4 m/s ，设球第一次离开地面时的速度大小为v 2，那么v 2＝34v 1＝3 m/s第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a 2，那么mg ＋F f ＝ma 2 a 2＝12 m/s 2于是，有0－v 22＝－2a 2h 解得h ＝38m.答案：(1)0.2 N (2)38m。
高考物理一轮课时演练：牛顿第2定律、两类动力学问题(含答案)
课时提能演练（八）牛顿第二定律两类动力学问题(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小题只有一个选项正确)1.(2018·海南高考)一质点受多个力的作用,处于静止状态。
现使其中一个力的大小逐渐减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。
在此过程中,其他力保持不变,则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A.a和v都始终增大B.a和v都先增大后减小C.a先增大后减小,v始终增大D.a和v都先减小后增大【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:(1)知道共点力的平衡条件。
(2)能根据牛顿第二定律分析加速度。
【解析】选C。
质点受多个力的作用,处于静止状态,则多个力的合力为零,其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反,使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来的大小,则所有力的合力先变大后变小,但合力的方向不变,根据牛顿第二定律,a先增大后减小,v始终增大,故选C。
2.如图所示,底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1kg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10N,当小车做匀加速直线运动时,弹簧测力计甲的示数为8N,这时小车运动的加速度大小是( )A.2 m/s2B.4 m/s2C.6 m/s2D.8 m/s2【解析】选B。
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10N,形变相同,弹簧测力计甲的示数变为8N,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12N,物块受到的合外力F=4N,故加速度的大小是a==m/s2=4m/s2,选项B正确。
3.汽车正在走进千家万户,在给人们的出行带来方便的同时也带来了安全隐患。
行车过程中,如果车距较近,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带,假定乘客质量为70kg,汽车车速为90km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s,安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦) ( )A.450 NB.400 NC.350 ND.300 N【解析】选C。
高考物理总复习第3章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题课时作业(含解析)
【全优课堂】2016高考物理总复习 第3章 第2课时 牛顿第二定律两类动力学问题课时作业一、单项选择题1．(2015·信宜调研)质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为t ＝0时刻，两物体的速度图象如图1所示．则下列判断正确的是( )图1A ．t 0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力B ．t 0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是小于乙物体受到的空气阻力C ．t 0时刻甲乙两物体到达同一高度D ．t 0时刻之前甲下落的高度小于乙物体下落的高度 【答案】D【解析】由牛顿第二定律可得物体下落的加速度a ＝mg －f m ＝g －fm从图象上的斜率可知甲的加速度不变，说明其受阻力不变，乙的加速度一直减小，说明其受阻力一直增大，比较两图象的斜率，乙的斜率先大于甲，后小于甲，中间某一时刻二者的斜率相等，说明甲物体所受阻力开始大于乙，后小于乙，中间某一时刻相等，因此A 、B 选项均错．t 0时刻二者速度相等，从图像上图线所围面积推断乙下落的位移大，因此C 错D 对．2．质量为0.3 kg 的物体在水平面上运动，图2中两直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的速度—时间图象，则下列说法正确的是( )图2A ．物体所受摩擦力一定等于0.1 NB ．水平拉力一定等于0.1 NC ．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是aD ．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是b 【答案】B【解析】由速度—时间图象知，a 、b 图线表示物体做匀减速运动．加速度大小设为a a 、a b ，则a a ＝5－36 m/s 2＝13 m/s 2，a b ＝5－16 m/s 2＝23m/s 2.拉力的情形可能有两种：若拉力和摩擦力与速度方向相反，则f ＝ma a ，F ＋f ＝ma b ，此时F ＝f ＝0.3×13 N ＝0.1 N ，此情况，a表示没有受拉力时的情况，b 表示受拉力时的情况；若拉力方向与速度方向相同，则f ＝ma b ，f －F ＝ma a ，此时f ＝0.3×23N ＝0.2 N ，F ＝0.1 N ，这时，a 表示受拉力时的情况，b 表示没有受拉力时的情况，故选B.3．如图3所示，静止在光滑水平面上的物体A ，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的过程中，物体的速度和加速度的变化情况是( )图3A ．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 【答案】D【解析】物体在水平方向上受向左的推力F 、弹簧向右的弹力kx ，起初合力方向向左、大小为F 合＝F －kx ，随着x 的增大，合力越来越小，由牛顿第二定律可知，加速度越来越小，因加速度与速度同向，故速度越来越大；当弹簧的弹力kx 增大到与F 相等时，合力为零，加速度为零，速度最大；由于惯性，物体继续向左运动，弹簧向右的弹力大于F ，合力方向向右、大小F 合＝kx －F ，随着x 的增大，合力越来越大，加速度越来越大，因加速度与速度反向，故速度越来越小．故选D.4．(2013·揭阳一模)物体甲、乙原来静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图4所示；乙受到如图5所示的水平拉力作用．则在0～4 s 的时间内( )A．甲物体所受合力不断变化B．甲物体的速度不断减小C．2 s末乙物体改变运动方向D．2 s末乙物体速度达到最大【答案】D【解析】本题考查图象问题及力和运动的关系，意在考查考生对于图象及力和运动的关系问题的分析理解能力．由题图4可知，甲物体所受的合力恒定，速度先减小后反向增大，所以A、B错；由题图5可知，2 s末乙物体受力方向开始改变，速度刚好达到最大，运动方向并未改变，故C 错、D对．5．(2013·海南)一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大【答案】C【解析】本题考查了牛顿第二定律的应用．难度中等．质点受多个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其他各个力的合力等大反向，现使其中一个力的大小逐渐减小到零的过程中，质点受到的合力不断增大且合力方向与这个力的方向相反，质点做加速度不断增大的变加速运动，当这个力减小为零时，质点的加速度达到最大值；当这个力又沿原方向逐渐恢复的过程，质点受到的合力不断减小，质点开始做加速度不断减小的变加速运动，当这个力恢复到原来大小时，质点受到的合外力为零，加速度减小到零，质点的速度达到最大值，C正确．判断物体加速或减速的依据不是看物体加速度的变化，而是看物体速度与加速度的方向关系，若加速度与速度同向，则物体做加速运动，若加速度与物体速度方向反向，则物体做减速运动．二、双项选择题6．如图6所示，匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂有一小球．若升降机突然停止上升，在地面上的观察者看来，小球在继续上升的过程中( )图6A．速度逐渐减小B．速度先增大后减小C．加速度逐渐增大D．加速度逐渐减小【答案】AC【解析】匀速上升时，弹簧对小球的拉力等于重力，当升降机突然停止上升时，由于惯性小球将继续上升，弹簧对物体的拉力将逐渐减小(若弹簧压缩则其对小球施加向下的弹力且逐渐增大)，合力方向向下、大小逐渐增大，由牛顿第二定律可知，小球的加速度将逐渐增大，但因加速度与速度方向相反，故小球的速度逐渐减小．A、C正确．7．如图7甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图7乙所示，下列判断正确的是( )甲乙图7A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在1～3 s内，外力F的大小恒定C．在3～4 s内，外力F不断减小D．在3～4 s内，外力F的大小恒定【答案】BC【解析】在0～1 s内，物块做匀加速直线运动，外力F恒定，故A错．在1～3 s内，物块做匀速运动，外力F也恒定，B对．在3～4 s内，物体做加速度增大的减速运动，所以外力F不断减小，C对、D错．故正确选项为B、C．8.如图8所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向保持θ角不变，则( )图8A ．车厢的加速度为g tan θB ．绳对物体1的拉力为m 1gcos θC ．底板对物体2的支持力为(m 2－m 1)gD ．物体2所受底板的摩擦力为m 2g sin θ 【答案】AB【解析】[如图，对m 1受力分析可得：m 1g tan θ＝m 1a ，a ＝g tan θ，绳子拉力F ＝m 1gcos θ.对m 2受力分析可得：支持力F N ＝m 2g －m 1gcos θ，摩擦力f ＝m 2a ＝m 2g tan θ，所以选A 、B.三、非选择题9．(2015·广东调研)有一种大型游戏机叫“跳楼机”(如图所示)，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零。
高三物理一轮复习课时作业3：3.2牛顿第二定律两类动力学问题
第2课时牛顿第二定律两类动力学问题限时：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. [2015·江苏南通模拟]关于力学单位制，下列说法正确的是()A. 千克、米/秒、牛顿是导出单位B. 千克、米、牛顿是基本单位C. 在国际单位制中，质量的单位是g，也可以是kgD. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma2. 中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午举行，如图所示，航天员王亚平利用“天宫一号”中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74 kg。
测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100 N的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1 m/s，则复位的时间为()A. 0.74 sB. 0.37 sC. 0.26 sD. 1.35 s3. [2014·山东莱州质检]如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。
若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()A. F1不变，F2变大B. F1变大，F2不变C. F1、F2都变大D. F1变大，F2减小4. 支架固定在放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量为M的A物体跟小车相对静止，如图所示，则A受到的摩擦力大小和方向是()A. Mg sinθ，向左B. Mg tanθ，向右C. Mg cosθ，向右D. Mg tanθ，向左5. [2015·安庆模拟]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的加速度为零，B的加速度大小为g、竖直向下C. 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D. 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6. [2014·哈尔滨三中期末]物体甲、乙原来静止于光滑水平面上。
高三物理一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课时作业含解析
牛顿第二定律 两类动力学问题一、单项选择题1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4，A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1解析：根据P ＝UI 、P ＝Fv 、F ＝ma 可导出U ＝mav I ，即V ＝kg·m·s －2·m·s －1A ＝m 2·kg·s－3·A －1，B 项正确． 答案：B2．(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 挨在一起但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m＝g3，即A 和B 的加速度均为g3，故选B.答案：B3．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．25 m/s 1.25B ．40 m/s 0.25C ．50 m/s 0.25D ．80 m/s 1.25解析：根据h ＝12at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得a ＝mg ＋F f m＝(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，解得k ＝0.25，故选项C 正确．答案：C4．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( )A ．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 ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为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 f －mg sin 30°＝ma ，F f ＝12mg ＋ma ，F f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误．答案：A5．(2019·湖北重点中学联考)据国外媒体报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机．该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞．设X3型直升机原型机的质量为m ，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg 向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg 、方向向前的推力．不考虑空气的阻力影响，下列说法正确的是( )A ．该直升机原型机可能处于平衡状态B ．该直升机原型机以加速度g 做匀加速直线运动C ．空气对直升机原型机的作用力为22mgD ．空气对直升机原型机的作用力为4mg解析：直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为5mg ，方向斜向右上方，加速度大小为5g ，故选项A 、B 均错误；空气对直升机原型机的作用力为2mg2＋2mg2＝22mg ，故选项C 正确，D 错误．本题也可以由水平方向的加速度a x ＝2g 和竖直方向的加速度a y ＝g 合成得到原型机的加速度a ＝a x 2＋a y 2＝5g .答案：C 二、多项选择题6．(2019·安徽马鞍山三校联考)氢气球下系一小重物G ，重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向，图中气球和重物G 在运动中所处的位置可能是( )解析：重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，故合力为零或者与速度共线，可能做匀速直线运动，故A 正确；可能做匀减速直线运动，故B 正确；可能做匀加速直线运动，故C 正确；重力和绳的拉力的合力与速度必须共线，故D 错误．答案：ABC7．一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，力F 在水平和竖直方向的分量分别为F 1、F 2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则此后( )A ．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动B ．物体将可能向右做匀速直线运动C ．物体将可能以大于a 的加速度向右做匀加速直线运动D ．物体将可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动解析：设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F 的作用下运动时，加速度a ＝F 1－μmg －F 2m，将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则加速度a ′＝F 1－μmgm<a ，所以物体可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动，故A 、C 错误，D 正确；若μmg ＝F 1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确．答案：BD8．(2019·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m 的小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是( )A ．细线拉力的大小为mgB ．弹簧弹力的大小为32mg C ．剪断左侧细线的瞬间，小球a 的加速度为2g D ．剪断左侧细线的瞬间，小球b 的加速度为零解析：对小球a 分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F ＝3mg ，细线的拉力为2mg ，故A 、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a 所受的合力F 合＝2mg ，根据牛顿第二定律得，a ＝2g ，小球b 受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C 、D 正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g 取10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F 合＝F 浮－mg ＝ma ，得热气球所受的浮力F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5)N ＝4 830 N ，则A 项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B 项错误；热气球以5 m/s 的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力F f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －460×10 N＝230 N ，则D 项正确；热气球从地面上升10 s 内，它做变加速运动，故10 s 时其速度大小不是5 m/s ，则C 项错误．答案：AD10．(2019·河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G .通过测量计算此火箭发射时刻提供大小为F ＝2G 的恒定推力，且持续时间为t .随后小明又对设计方案进行了改进(火箭的推力大小仍为2G )，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t 2时，火箭丢弃一半的质量，剩余t2时间，火箭推动剩余的一半继续飞行．若采用原来的方法火箭可上升的高度为H ，则采用改进后方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g ，不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力的影响)( )A ．1.5HB ．2HC ．2.75HD ．3.25H解析：原方案，加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma ，解得a ＝g ；加速上升高度h 1＝12at 2＝12gt 2，t 时刻向上的速度v ＝at ＝gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度h 2＝v 22g ＝gt22g＝12gt 2，H ＝h 1＋h 2＝gt 2.改为二级推进后，开始加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma 1，解得a 1＝g ；t 2时间加速上升高度H 1＝12a 1(t 2)2＝18gt 2，t2时刻向上的速度v 1＝a 1t 2＝gt2，丢弃一半质量后，由牛顿运动定律，有F －12G ＝12ma 2，解得a 2＝3g ，t2时间加速上升高度H 2＝v 1 t 2＋12a 2(t 2)2＝58gt 2，t 时刻向上的速度v 2＝v 1＋a 2t2＝2gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度H 3＝v 222g ＝2gt22g＝2gt 2，H ′＝H 1＋H 2＋H 3＝18gt 2＋58gt 2＋2gt 2＝114gt 2＝114H ＝2.75H ，选项C 正确． 答案：C11．某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是( )A ．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B ．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C ．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D ．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同解析：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg 和斜面的支持力F N 作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h ，底边长为x ，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a ＝g sin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s ＝12at 2，s ＝hsin θ＝x cos θ，解得小球在斜面上的运动时间为t ＝1sin θ2hg＝2xg sin θcos θ，根据机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2，解得小球下滑至底端的速度大小为v ＝2gh ，显然，在甲图中，两斜面的高度h 相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A 错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B 错误；在乙图中，两斜面的底边长x 相同，但高度h 和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D 错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C 正确．答案：C 二、非选择题12．(2019·广西桂林高三月考)放在水平地面上一质量为m ＝2 kg 的质点，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后撤去外力，质点又运动了2 s 停止，质点运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)撤去水平恒定外力时质点的速度大小； (2)质点运动过程中所受到的阻力大小； (3)质点所受水平恒定外力的大小．解析：(1)质点开始做匀加速直线运动x 0＝0＋v 02t 1，解得v 0＝2x 0t 1＝4 m/s.(2)质点减速过程加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2由牛顿第二定律有－F f ＝ma 2 解得F f ＝4 N(3)设开始加速过程中加速度为a 1，由运动学公式可得x 0＝12a 1t 2，由牛顿第二定律有F－F f ＝ma 1解得F ＝F f ＋ma 1＝6 N.答案：(1)4 m/s (2)4 N (3)6 N13．(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m 、长度为1 200 m 的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F ＝40 N 推动质量m ＝40 kg 的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s 内冰橇发生的位移为12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g 取10 m/s 2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s 内冰橇的加速度大小； (2)冰橇与赛道间的动摩擦因数； (3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．解析：(1)设出发4 s 内冰橇的加速度为a 1，出发4 s 内冰橇发生的位移为x 1＝12a 1t 12解得a 1＝1.5 m/s 2.(2)由牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 解得μ＝0.05.(3)8 s 后冰橇的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 (m ＋M )g sin θ－μ(m ＋M )g cos θ＝(m ＋M )a 2 8 s 末冰橇的速度为v 1＝a 1t 2出发8 s 内冰橇发生的位移为x 2＝12a 1t 22＝48 m到达终点时速度最大，设最大速度为v 2，则v 22－v 12＝2a 2(x －x 2)解得v 2＝36 m/s.答案：(1)1.5 m/s 2(2)0.05 (3)36 m/s。
步步高高考物理一轮复习(新课标)配套题库：3-2牛顿第二定律 两类动力学问题
第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题考纲解读 1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．1．[对力、加速度和速度关系的理解]关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )A ．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零 答案 CD解析 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零．物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C 、D 对．2．[对牛顿第二定律的理解]对牛顿第二定律的理解，正确的是( )A ．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B ．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C ．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D ．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比 答案 ABC3．[力学单位制的应用]在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2 cm ，若还测出小车的质量为500 g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是 ( )A ．a ＝1.20.12 m/s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m/s 2＝1.2 m/s 2 C ．F ＝500×1.2 N ＝600 N D ．F ＝0.5×1.2 N ＝0.60 N答案 BD解析 在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算．带单位运算时，单位换算要准确．可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是国际单位制单位，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可．选项A 中Δx ＝1.2 cm 没用国际单位制表示，C 项中的小车质量m ＝500 g 没用国际单位制表示，所以均错误；B 、D 正确．4．[应用牛顿第二定律解决瞬时性问题]质量均为m 的A 、B 两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A 紧靠墙壁，如图1所示，今用恒力F 将B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间( )图1A ．A 球的加速度为F 2mB ．A 球的加速度为零C ．B 球的加速度为F2mD ．B 球的加速度为Fm答案 BD解析 撤去恒力F 前，A 和B 都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F .突然将力F 撤去，对A 来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A 球的合力为零，加速度为零，A 项错，B 项对．而B 球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a ＝Fm，故C 项错，D 项对．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．力学单位制(1)单位制由基本单位和导出单位共同组成．(2)力学单位制中的基本单位有kg、m和s.(3)导出单位有N、m/s、m/s2等．考点一对牛顿第二定律的理解例1(2013·海南单科·2)一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是() A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大解析质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确．答案 C力与运动的关系(1)力是产生加速度的原因．(2)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．(3)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度．突破训练1 某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球(可看成质点)，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一定的深度．不计空气阻力，取向上为正方向，在下列v －t 图象中，最能反映小铁球运动过程的速度—时间图线的是( )答案 C考点二 牛顿第二定律的瞬时性分析牛顿第二定律瞬时性的“两种”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． 例2 如图2所示，A 、B 两小球分别连在轻绳两端，B 球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )图2A ．都等于g2B.g 2和0C.g 2和m A m B ·g 2D.m A m B ·g 2和g 2解析 当A 、B 球静止时，弹簧弹力F ＝(m A ＋m B )g sin θ，当绳被剪断的瞬间，弹簧弹力F 不变，对B 分析，则F －m B g sin θ＝m B a B ，可解得a B ＝m A m B ·g2，当绳被剪断后，球A 受的合力为重力沿斜面向下的分力，F 合＝m A g sin θ＝m A a A ，所以a A ＝g2，综上所述选项C正确． 答案 C突破训练2 如图3所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图3A ．0B.233gC ．gD.33g 答案 B解析 平衡时，小球受到三个力：重力mg 、木板AB 的支持力F N 和 弹簧拉力F T ，受力情况如图所示．突然撤离木板时，F N 突然消失而 其他力不变，因此F T 与重力mg 的合力F ＝mg cos 30°＝233mg ，产生的加速度a ＝F m ＝233g ，B 正确．考点三 动力学两类基本问题求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度． 例3 如图4所示，在倾角θ＝30°的固定斜面的底端有一静止的滑块，滑块可视为质点，滑块的质量m ＝1 kg ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝36，斜面足够长．某时刻起，在滑块上作用一平行于斜面向上的恒力F＝10 N，恒力作用时间t1＝3 s后撤去．求：从力F开始作用时起至滑块返回斜面底端所经历的总时间t及滑块返回底端时速度v的大小(g＝10 m/s2)．图4解析设力F作用的时间内滑块加速运动的加速度大小为a1，则F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1力F撤去时，滑块的速度大小为v1，则v1＝a1t1t1内滑块向上运动的位移大小设为x1，则x1＝12a1t21设力F撤去后，滑块向上减速运动的加速度大小为a2，则mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2减速运动的时间设为t2，位移大小设为x2，则v1＝a2t2v21＝2a2x2设滑块向下加速运动的加速度大小为a3，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma3设滑块向下加速运动的位移为x，时间为t3，则x＝x1＋x2v2＝2a3xv＝a3t3t＝t1＋t2＋t3解得：t＝(4＋23) s≈7.46 sv＝5 3 m/s≈8.66 m/s答案7.46 s8.66 m/s1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．3．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．突破训练3如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m＝1 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s？(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图5答案 5.53 s解析此题可以分为三个运动阶段：力F存在的阶段物体沿斜面向上加速，受力分析如图所示，由牛顿第二定律和运动学公式得：F－F f－mg sin θ＝ma1F f＝μF N＝μmg cos θv1＝a1t1解得：a1＝2 m/s2v1＝4 m/s第二阶段为从撤去力F到物体沿斜面向上的速度减为零，受力分析如图所示由牛顿第二定律和运动学公式mg sin θ＋μmg cos θ＝ma20－v1＝－a2t2解得：a2＝7.6 m/s2t2＝0.53 s第三阶段物体反向匀加速运动(因为mg sin θ>μmg cos θ)mg sin θ－μmg cos θ＝ma3v2＝a3t3解得：a3＝4.4 m/s2t3＝5 st＝t2＋t3＝5.53 s11.利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题1．整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．2．隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．3．整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．例4 如图6所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 的质量为m ，B 的质量为3m ，水平作用力为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力为( )图6A ．μFB ．2μF C.32m (g ＋a )D ．m (g ＋a )解析 本题考查力和运动的关系，意在考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用．由于A 、B 相对静止，故A 、B 之间的摩擦力为静摩擦力，A 、B 错误．设民工兄弟一只手对A 、B 在竖直方向上的摩擦力为F f ，以A 、B 整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力方向向下，大小为F f ′，对A 由牛顿第二定律有F f －F f ′－mg ＝ma ，解得F f ′＝m (g ＋a )，C 错误，D 正确． 答案 D1．整体法与隔离法常涉及的问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．(2)水平面上的连接体问题：①这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法．②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析． 2．解决这类问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．高考题组1．(2013·安徽·14)如图7所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为(重力加速度为g) ()图7A．T＝m(g sin θ＋a cos θ)F N＝m(g cos θ－a sin θ)B．T＝m(g cos θ＋a sin θ)F N＝m(g sin θ－a cos θ)C．T＝m(a cos θ－g sin θ)F N＝m(g cos θ＋a sin θ)D．T＝m(a sin θ－g cos θ)F N＝m(g sin θ＋a cos θ)答案 A解析小球受力如图所示，由牛顿第二定律得水平方向：T cos θ－F N sin θ＝ma竖直方向：T sin θ＋F N cos θ＝mg解以上两式得T＝m(g sin θ＋a cos θ)F N＝m(g cos θ－a sin θ)所以正确选项为A.2．(2013·课标Ⅱ·14)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之间的关系的图象是()答案 C解析 当拉力F 小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F 大于最大静摩擦力时，根据F －f ＝ma 知：随F 的增大，加速度a 增大，故选C.3．(2013·福建理综·17)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( ) A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1 答案 B解析 由F ＝ma ，可知1 N ＝1 kg·m·s －2，由P ＝F v 可知1 W ＝1 N·m·s －1＝1 kg·m 2·s －3，由U ＝P I可知1 V ＝1 W·A －1＝1 m 2·kg·s －3·A －1，故单位V 可表示为m 2·kg·s －3·A －1，选项B 正确． 模拟题组4．一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一上表面光滑的长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图8所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F 1，现将长木板由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F 2，若斜面的高为h ，底边长为d ，则下列说法正确的是 ( )图8A ．稳定后弹簧仍处于伸长状态B ．稳定后弹簧一定处于压缩状态C ．μ＝F 1d F 2hD ．μ＝F 2h F 1d答案 AD解析 对小球、木板及弹簧组成的整体受力分析，由牛顿第二定律知整体运动的加速度a <g sin θ (θ为斜面倾角)，弹簧一定处于伸长状态，A 对，B 错；设小球质量为m ，木板质量为M ，由题意知：F 1＝mg sin θ＝mg hh 2＋d 2 ①对整体应用牛顿第二定律：(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a② 对小球：mg sin θ－F 2＝ma ③由①②③解得：μ＝F 2h F 1d.C 错，D 对． 5．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系如图9所示，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)物块上滑和下滑的加速度大小a 1、a 2.(2)斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ.答案 见解析解析 (1)物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中0～0.5 s 时间段，该段图线的斜率的绝对值就是加速度的大小，即a 1＝8 m/s 2，物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.5 s ～1.5 s 时间段，同理可得a 2＝2 m/s 2(2)上滑时由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1下滑时由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立以上两式并代入数据，解得：μ＝35，θ＝30°.(限时：45分钟)►题组1对牛顿第二定律的理解和简单应用1．下列说法正确的是() A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B．物体所受到的合外力不变(F合≠0)，其运动状态就不改变C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大答案CD解析物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体所受的合外力不为零，就会迫使其运动状态(运动的快慢或方向)发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确．2．一实验兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图1所示．根据图象提供的信息，以下判断正确的是()图1A．t2时刻该同学的脚刚接触地面B．t3时刻该同学的加速度为零C．在t2至t3时间内该同学处于下落阶段D．在t3至t4时间内该同学处于加速下落阶段答案 C解析t1时刻，弹力从0开始增大，故该同学在t1时刻脚接触地面，A错误；t1～t2时间内，该同学受到地面对其向上的弹力，且重力大于地面对其向上的弹力，该同学向下做加速度减小的加速运动，t2时刻弹力等于重力，该同学所受合力为零，加速度为0，速度达到最大，t2到t4时间内，弹力大于重力，该同学继续向下做减速运动，t4时刻弹力等于重力，速度减为零，该同学处于静止状态，选项B、D错误，C正确．3．如图2所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是(斜面倾角为θ) ()图2A．F1增大，F2不变B．F1增大，F2增大C．F1不变，F2增大D．F1不变，F2减小答案 C解析对圆柱体受力分析，沿水平方向和竖直方向建坐标系，分别根据平衡条件和牛顿第二定律得F1cos θ＝G，F2－F1sin θ＝ma，故随着加速度的增大，F1不变，F2增大，C 正确，A、B、D错误．►题组2应用牛顿第二定律分析瞬时问题4．如图3所示，质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()图3A．弹簧测力计的示数是10 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变答案 C解析设弹簧的弹力为F，加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统：F1－F2＝(m1＋m2)a，对m1：F1－F＝m1a，联立两式解得：a＝2 m/s2，F＝26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．5．水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图4所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，当剪断轻绳的瞬间，取g ＝10 m/s 2，以下说法正确的是 ( )图4A ．此时轻弹簧的弹力大小为20 NB ．小球的加速度大小为8 m/s 2，方向向左C ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s 2，方向向右D ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0答案 ABD解析 因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，故小球在绳没有断时受重力、轻绳的拉力F T 和弹簧的弹力F 作用而处于平衡状态．依据平衡条件得：竖直方向有F T cos θ＝mg水平方向有F T sin θ＝F解得轻弹簧的弹力为F ＝mg tan θ＝20 N ，故选项A 正确．剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面对它的支持力与小球所受重力平衡，即F N＝mg ；由牛顿第二定律得小球的加速度为a ＝F －μF N m ＝20－0.2×202m/s 2＝8 m/s 2，方向向左，选项B 正确．当剪断弹簧的瞬间，小球立即受水平面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C 错误，D 正确．6．细绳拴一个质量为m 的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，如图5所示．将细绳烧断后，下列说法中正确的是( )图5A ．小球立即开始做自由落体运动B ．小球离开弹簧后做平抛运动C ．小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等D ．小球离开弹簧后做匀变速运动答案 D解析 小球静止时受重力、细绳的拉力和弹簧弹力，合外力为零．当烧断细绳后，弹簧弹力减小，小球的重力不变，在离开弹簧前，合力为弹力和重力的合力，加速度大于重力加速度，故A 、B 、C 错误；离开弹簧后，小球只受重力，做匀变速运动，选项D 正确．►题组3 用整体法与隔离法处理连接体问题7．如图6所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)．已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为 ( )图6A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 2 答案 A解析 把m 1、m 2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：F cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确． 8．如图7所示，质量为m 2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m 1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则 ( )图7A ．车厢的加速度为g sin θB ．绳对物体1的拉力为m 1g cos θC ．底板对物体2的支持力为(m 2－m 1)gD ．物体2所受底板的摩擦力为0答案 B解析物体1与车厢具有相同的加速度，对物体1受力分析，受重力和拉力，根据合成法知，F合＝m1g tan θ，拉力F T＝m1gcos θ.物体1的加速度a＝g tan θ，所以车厢的加速度为g tan θ.故A错误，B正确．物体2加速度为g tan θ，对物体2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力F N＝m2g－m1gcos θ，F f＝m2a＝m2g tan θ，故C、D错误．故选B.9．如图8所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O，现用过O的水平虚线MN和竖直虚线PQ将竖直平面空间分成四个区间，则下列说法正确的是()图8A．若小车沿斜面向上匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B．若小车沿斜面向下匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C．无论小车沿斜面向下的加速度多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D．无论小车沿斜面向上的加速度多大，稳定后细线都不可能沿与ON重合的水平方向答案BD解析若小车匀速运动，则小球所受的合力应为零，所以细线应处于竖直状态，选项A 错误；若小车沿斜面向下加速运动，由连接体知识可知，小球的加速度方向沿斜面向下，即小球所受合外力方向沿斜面向下，由此可知选项B正确，C错误；同理，选项D正确．►题组4两类动力学问题的分析与计算10．2013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9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()图9A ．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答案 AC解析 要使炉灰全部卸下，应有：mg sin θ>μ2mg cos θ，所以μ2<tan θ.要使炉灰留下一部分，则应：m ′g sin θ<μ2m ′g cos θ，得出μ2>tan θ，且炉灰之间有：m ″g sin θ>μ1m ″g cos θ，得出μ1<tan θ，故选项A 、C 正确．11．质量m ＝2 kg 的滑块受到一个沿斜面方向的恒力F 作用，从斜面底端开始，以初速度v 0＝3.6 m/s 沿着倾角为θ＝37°且足够长的斜面向上运动，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.滑块向上滑动过程的速度—时间(v －t )图象如图10所示．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图10(1)滑块上滑过程的加速度大小和方向；(2)该恒力F 的大小和方向．答案 (1)15 m/s 2，方向沿斜面向下 (2)10 N ，方向沿斜面向下解析 (1)设沿斜面向上为正方向，滑块上滑过程中加速度a ＝Δv Δt ＝1.2－3.60.16m/s 2＝－15 m/s 2 负号表示方向沿斜面向下．(2)设F 沿斜面向上，则F －mg sin θ－μmg cos θ＝maF ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋ma代入数据解得F ＝－10 N ，负号表示方向沿斜面向下．12．如图11甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v 0＝16 m/s 从底端A 点滑上斜面，滑至B 点后又返回到A 点．滑块运动的速度—时间图象如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)图11(1)A 、B 之间的距离；(2)滑块再次回到A 点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．答案 (1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s解析 (1)由v －t 图象知A 、B 之间的距离为：x AB ＝16×22m ＝16 m. (2)设滑块从A 滑到B 过程的加速度大小为a 1，从B 返回到A 过程的加速度大小为a 2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有：a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝16－02m/s 2＝8 m/s 2 a 2＝g sin θ－μg cos θ设滑块返回到A 点时的速度为v t ，有v 2t －0＝2a 2x AB联立各式解得：a 2＝4 m/s 2，v t ＝8 2 m/s.(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2，则有：t 1＝2 s ，t 2＝v t a 2＝2 2 s 则滑块在整个运动过程中所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.。
高考物理一轮复习第三章第2节牛顿第二定律两类动力学问题学案
第2节牛顿第二定律两类动力学问题一、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。
(×)(6)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。
高考物理大一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课时作业
第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求．)1．(2015年广州调研)如图K3－2－1甲，静止在光滑水平面上O 点的物体，从t ＝0时刻开始受到如图K3－2－1乙所示的水平力作用，设向右为F 的正方向，则物体( )图K3－2－1A ．一直向左运动B ．一直向右运动C ．一直匀加速运动D ．在O 点附近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m ，由图象可知，0～1 s 内物体向右做匀加速直线运动，1 s 末的速度v 1＝F 0m ；1～2 s 内物体以初速度v 1＝F 0m向右做匀减速直线运动，2 s 末的速度v 2＝v 1－F 0m＝0；综上可知，物体会一直向右运动．选项B 正确．2．质量为 2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图K3－2－2所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( )图K3－2－2A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小F μ＝μmg ＝4 N ，则0～3 s 物体静止，6～9 s 物体做匀速直线运动，3～6 s 和9～12 s 做加速度相等的匀加速直线运动，加速度a ＝8－42m/s 2＝2 m/s 2.6s 末的速度v 1＝2×3 m/s＝6 m/s,12 s 末的速度v 2＝6 m/s ＋2×3 m/s＝12 m/s.3～6 s 发生的位移大小x 1＝62×3 m＝9 m ，6～9 s 发生的位移大小x 2＝6×3 m＝18 m,9～12 s 发生的位移大小x 3＝6＋122×3 m＝27 m ，则0～12 s 发生的位移大小x ＝x 1＋x 2＋x 3＝54 m ，故选项B 正确．3．(2012年江苏卷)将一个皮球竖直向上抛出，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 的图象，可能正确的是( )A B C D【答案】C【解析】对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，知皮球在上升过程中的加速度大小a ＝mg ＋kvm，因皮球上升过程中速度v 减小，加速度减小，当v ＝0时，加速度最终趋近一条平行于t 轴的直线，选项C 正确，A 、B 、D 错误．4. (2015年河南模拟)2013年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看．假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ.设球拍和球质量分别为M 、m ，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则( )图K3－2－3A ．运动员的加速度大小为g sin θB ．球拍对球的作用力大小为mg cos θC ．运动员对球拍的作用力大小为M ＋m gcos θD ．运动员对地面的作用力方向竖直向下 【答案】C【解析】以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mg tan θ，其加速度为g tan θ，受到球拍的支持力为mg /cos θ，由于运动员、球拍和球的加速度相等，选项A 、B 错误；同理运动员对球拍的作用力大小为(M ＋m )g /cos θ，选项C 正确；将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D 错误．5．(2015年黑龙江模拟)如图K3－2－4所示，A 、B 两物块的质量分别为2 m 和m, 静止叠放在水平地面上. A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g ．现对A 施加一水平拉力F ，则( )图K3－2－4A ．当 F <2 μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当 F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当 F >3 μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg【答案】BCD【解析】当A 、B 刚要发生相对滑动时，A 、B 间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f ＝2μmg ，隔离B 分析，根据牛顿第二定律得，2μmg －12μ·3mg ＝ma ，解得a ＝12μg .对整体分析，根据牛顿第二定律有：F －12μ·3mg ＝3ma ，解得F ＝3μmg .故当F ＞3μmg 时，A 、B 发生相对滑动，故C 正确；通过隔离B 分析，知B 的加速度不会超过12μg ，故D 正确；当F ＝52μmg时，A 、B 保持相对静止，对整体分析，加速度a ＝F －12μ·3mg3m＝μmg 3m ＝13μg ，故B 正确；当F ＜2μmg ，知小于A 、B 之间的最大静摩擦力，则A 、B 不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力f m ＝12μ·3mg ＝32μmg ，知A 、B 不能相对地面静止，故A错误．6．(2015年潮州模拟)如图K3－2－5所示，一小车放在水平地面上，小车的底板上放一光滑小球，小球通过两根轻弹簧与小车两壁相连．当小车匀速运动时，两弹簧L 1、L 2恰处于自然状态．当发现L 1变长、L 2变短时，下列判断正确的是( )图K3－2－5A ．小车可能正在向右做匀加速运动B ．小车可能正在向右做匀减速运动C ．小车可能正在向左做匀加速运动D ．小车可能正在向左做匀减速运动 【答案】BC【解析】L 1变长，L 2变短，小球受到L 1向左的拉力和L 2向左的弹力，合力方向向左，则加速度方向向左，选项B 、C 正确．7．如图K3－2－6所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L ，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v 1、v 2的速度做逆时针转动时(v 1＜v 2)，绳中的拉力分别为F 1、F 2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t 1、t 2，则下列说法正确的是( )图K3－2－6A ．F 1＜F 2B ．F 1＝F 2C ．t 1一定大于t 2D ．t 1可能等于t 2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态，故F 1＝F 2；物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t 1可能等于t 2.8．如图K3－2－7所示，甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M ，人的质量都是m ，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F ，对于甲、乙两车的加速度大小，下列说法正确的是( )图K3－2－7A ．甲车的加速度大小为F MB ．甲车的加速度大小为0C ．乙车的加速度大小为2F M ＋mD ．乙车的加速度大小为0 【答案】BC【解析】对于甲，以人、车整体为研究对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a 甲＝0；对于乙，水平方向整体受力为2F ，再由牛顿第二定律，得a 乙＝2FM ＋m ，所以选项B 、C 正确．9．(2013年全国卷Ⅰ)2012年11月，“歼—15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图K3－2－8(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图K3－2－8(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )图K3－2－8A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 【答案】AC【解析】速度—时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x ＝70×0.4 m＋12×(3.0－0.4)×70 m＝119 m ，A 正确；0.4s 到2.5 s 时间内，速度—时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，B 错；0.4 s 到2.5 s 时间内平均加速度约为a ＝66－102.1m/s 2＝26.7 m/s 2；C 正确；0.4 s 到2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P ＝Fv 可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D 错．二、非选择题10．(2015年汕头模拟)一质量m ＝2.0 kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°、足够长的斜面，某同学利用传感器测出小物块从一开始冲上斜面到往后上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度－时间图象，如图K3－2－9所示，求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图K3－2－9(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小； (2)小物块与斜面间的动摩擦因数；(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离． 【答案】(1)8 m/s 2(2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑过程的速度—时间图象，可得小物块冲上斜面过程中的加速度a ＝v t －v 0t ＝0－8.01.0m/s 2＝－8 m/s 2，加速度大小为8 m/s 2.(2)对小物块进行受力分析如图所示，有mg sin 37°＋f ＝ma ，F N －mg cos 37°＝0， f ＝μF N .代入数据，得μ＝0.25. (3)由图象知距离s ＝v 02·t ＝82×1.0 m＝4.0 m.11．消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg 、训练有素的消防队员从7楼(即离地面18 m 的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg ，消防队员着地的速度不能大于6 m/s ，手和腿对杆的最大压力为1 800 N ，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g ＝10 m/s 2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度； (2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力； (3)消防队员下滑的最短时间．【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m ，有2gh 1＝v 2m .消防队员受到的滑动摩擦力F f ＝μF N1＝0.5×1 800 N＝900 N. 减速阶段的加速度大小a 2＝F f －mg m＝5 m/s 2， 减速过程的位移为h 2，由v 2m －v 2＝2a 2h 2，又h ＝h 1＋h 2， 以上各式联立，可得v m ＝12 m/s.(2)以杆为研究对象，得F N2＝Mg ＋F f ′＝2 900 N. 根据牛顿第三定律，得杆对地面的最大压力为2 900 N. (3)最短时间t min ＝v m g ＋v m －va 2＝2.4 s.12．(2015年中山模拟)如图K3－2－10所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m ＝1 kg 的物体在平行于斜面向上的恒力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时立即撤去拉力F .此后，物体到达C 点时速度为零．每隔0.2 s 通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．图K3－2－10试求：(1)斜面的倾角α； (2)恒力F 的大小；(3)t ＝1.6 s 时物体的瞬时速度． 【答案】(1)37° (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A 到B 做匀加速运动，设加速度为a 1.则a 1＝2.0－1.00.4－0.2 m/s 2＝5 m/s 2，若物体加速了2.2 s ，则2.2 s 末速度为11 m/s ，由表格数据知2.2 s 末的速度为3.3 m/s ，故当t ＝2.2 s 时，物体已通过B 点．因此减速过程加速度大小a 2＝3.3－2.12.4－2.2m/s 2＝6 m/s 2，mg sin α＝ma 2，解得α＝37°.(2)由(1)知a 1＝5 m/s 2，F －mg sin α＝ma 1，解得F ＝11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t 1，在B 点时有 5t 1＝2.1＋6(2.4－t 1)，t 1＝1.5 s.可见，t ＝1.6 s 的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v ＝2.1 m/s ＋6(2.4－1.6) m/s ＝6.9 m/s.。
高三物理一轮复习优质学案3：3.2牛顿第二定律两类动力学问题
第2课时牛顿第二定律两类动力学问题『学习目标』1.理解牛顿第二定律的内容，知道牛顿第二定律表达式的确切含义2.会用牛顿第二定律处理两类动力学问题『自主学习』一、牛顿第二定律1.牛顿第二定律的内容，物体的加速度跟成正比，跟成反比，加速度的方向跟方向相同。
2.公式：3.理解要点：（1）F=ma这种形式只是在国际单位制中才适用一般地说F＝kma，k是比例常数，它的数值与F、m、a各量的单位有关。
在国际单位制中，即F、m、a分别用N、kg、m/s2作单位，k=1，才能写为F=ma.（2）牛顿第二定律具有“四性”①矢量性：物体加速度的方向与物体所受的方向始终相同。
②瞬时性：牛顿第二定律说明力的瞬时效应能产生加速度，物体的加速度和物体所受的合外力总是同生、同灭、同时变化，所以它适合解决物体在某一时刻或某一位置时的力和加速度的关系问题。
③独立性：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，而物体的实际加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，分力和加速度的各个方向上的分量关系F x=ma x也遵从牛顿第二定律，即：F y=ma y④相对性：物体的加速度必须是对相对于地球静止或匀速直线运动的参考系而言的。
4.牛顿第二定律的适用范围（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。
二、两类动力学问题1.已知物体的受力情况求物体的运动情况根据物体的受力情况求出物体受到的合外力，然后应用牛顿第二定律F=ma求出物体的加速度，再根据初始条件由运动学公式就可以求出物体的运动情况––物体的速度、位移或运动时间。
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，应用运动学公式求出物体的加速度，然后再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出某些未知力。
求解以上两类动力学问题的思路，可用如下所示的框图来表示：第一类第二类在匀变速直线运动的公式中有五个物理量，其中有四个矢量v0、v1、a、s，一个标量t。
高三物理一轮复习优质学案2：3.2牛顿第二定律两类动力学问题
第2课时牛顿第二定律两类动力学问题『考纲解读』1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．『知识要点』1．牛顿第二定律(1)表达式为(2)理解：核心是加速度与合外力的对应关系，二者总是同时、同时、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，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．3．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．4．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。
(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．5．整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．6．隔离法的选取原则若连接体内各物体的不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．7．整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用求出加速度，然后再用选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．8.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．随堂练习1.(2014江苏单科,8,4分)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。
A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ。
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动律 第2讲 牛顿第二律 两类动力学问题课时作业
取夺市安慰阳光实验学校牛顿第二定律 两类动力学问题一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题) 1．(2016·师大附中)如图所示，位于竖直平面内的一长木板斜靠在竖直墙上的A 点，其与水平面的夹角为53°；另一同样材料的长木板斜靠在竖直墙上的B 点，其与水平面的夹角为45°；两长木板底端都在C 点处。
若将一小球从A 点由静止释放，小球运动到C 点历时为t ；将同一小球从B 点由静止释放，小球运动到C 点历时也为t ，则小球与长木板间的动摩擦因数为(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 05800321( )A.17B.314C.328D.528答案：A解析：设长木板与水平面间的夹角为α，根据牛顿第二定律分析可知，小球在长木板上的加速度大小为a ＝g sin α－μg cos α，设竖直墙壁到C 点的距离为L ，则长木板长度为Lcos α＝12at 2，联立以上两式可得(sin α－μcos α)cos α＝2Lt2，根据题意，(sin53°－μcos53°)cos53°＝(sin45°－μcos45°)cos45°，解得μ＝17，选项A 正确。
2．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 05800322( )A ．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 ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为ma 答案：A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 f －mg sin30°＝ma ，F f ＝12mg ＋ma ，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误。
高三物理一轮复习课时作业1：3.2牛顿第二定律 两类动力学问题
第2课时牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，如图1所示．将细绳烧断后，下列说法中正确的是()图1A．小球立即开始做自由落体运动B．小球离开弹簧后做平抛运动C．小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等D．小球离开弹簧后做匀变速运动答案 D解析小球静止时受重力、细绳的拉力和弹簧弹力，合外力为零．当烧断细绳后，弹簧弹力减小，小球的重力不变，在离开弹簧前，合力为弹簧弹力和重力的合力，加速度大于重力加速度，故A、B、C错误；离开弹簧后，小球只受重力，做匀变速运动，选项D正确．2．四个质量均为m的小球，分别用三条轻绳和一根轻弹簧连接，处于平衡状态，如图2所示．现突然迅速剪断轻绳A1、B1，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球1、2、3、4的加速度分别用a1、a2、a3和a4表示，则()图2A．a1＝g，a2＝g，a3＝2g，a4＝0B．a1＝0，a2＝2g，a3＝0，a4＝2gC．a1＝g，a2＝g，a3＝g，a4＝gD．a1＝0，a2＝2g，a3＝g，a4＝g答案 A解析由于绳子张力可以突变，故剪断A1后小球1、2只受重力，其加速度a1＝a2＝g，剪断B1后，由于弹簧弹力不能突变，故小球3所受合力为2mg，小球4所受合力为零，所以小球3、4的加速度分别为a3＝2g，a4＝0.3．五个质量相等的物体置于光滑的水平面上，如图3所示．现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于()图3A.15FB.25FC.35FD.45F 答案 C解析 设每个物体的质量为m ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F ＝5ma ，解得整体的加速度a ＝F5m；以物体3、4、5为研究对象，根据牛顿第二定律，第2个物体对第3个物体的作用力F ′＝3ma ＝35F ，C 正确．4.如图4所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m 且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a 突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F 1和挡板对圆柱体的弹力F 2的变化情况是(斜面倾角为θ)( )图4A ．F 1增大，F 2不变B ．F 1增大，F 2增大C ．F 1不变，F 2增大D ．F 1不变，F 2减小答案 C解析 对圆柱体受力分析，沿水平方向和竖直方向建坐标系，分别根据平衡条件和牛顿第二定律得F 1cos θ＝G ，F 2－F 1sin θ＝ma ，故随着加速度的增大，F 1不变，F 2增大，C 正确，A 、B 、D 错误．5．如图5所示，物体A 、B 质量分别为m 1、m 2，物块C 在水平推力作用下，三者相对静止，一起向右以a ＝5m /s 2的加速度匀加速运动，不计各处摩擦，取g ＝10 m/s 2，则m 1∶m 2为( )图5A ．1∶2B ．1∶3C ．2∶1D ．3∶1答案 C解析 设A 、B 间细绳的拉力大小为F T ，则有F T ＝m 2g ，对A 根据牛顿第二定律得：F T ＝m 1a ，解得m 1m 2＝21，所以选项C 正确．6.如图6所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)．已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( )图6A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 2答案 A解析 把m 1、m 2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：F cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确．二、多项选择题7．由牛顿第二定律表达式F ＝ma 可知( ) A ．质量m 与合外力F 成正比，与加速度a 成反比 B ．合外力F 与质量m 和加速度a 都成正比C ．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D ．物体的加速度a 跟其所受的合外力F 成正比，跟它的质量m 成反比答案 CD解析 对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变，A 、B 错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C 正确；由a ＝Fm可知D 正确．8．将力传感器A 固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图7甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的F －t 图象如图乙所示．则( )图7A ．2.5s 前小车做变加速运动B．2.5s后小车做变加速运动C．2.5s前小车所受摩擦力不变D．2.5s后小车所受摩擦力不变答案BD解析当倒入细沙较少时，M处于静止状态，对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力．在满足M静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m对M的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5s前M都是静止的，A、C选项错误；2.5s后M相对于m发生滑动，m对M 的摩擦力为滑动摩擦力F f＝μmg保持不变，D项正确；M运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B项正确．9．如图8所示，一质量为m的滑块，以初速度v0从倾角为θ的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，若滑块所受的摩擦力为F f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是()图8答案AD10．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图9(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F f与速度v成正比，即F f＝k v(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则下列判断中正确的是()图9A．k＝100N·s/mB．打开伞瞬间运动员的加速度a＝30m/s2，方向竖直向上C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5ND．悬绳能够承受的拉力至少为625N答案BC解析以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图(a)可知：2mg＝k v匀，又v匀＝5m/s，故k＝200 N·s/m，选项A错误；在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得k v0－2mg＝2ma，所以a＝k v0－2mg2m＝30m/s2，方向竖直向上，选项B正确；设每根绳的拉力为F T，以运动员为研究对象有8F T cosα－mg＝ma，F T＝m(g＋a)8cos37°＝312.5N，选项C正确，D错误．三、非选择题11．一氢气球的质量m＝0.2kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F＝10N．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M＝4kg的木块上，如图10所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力F＝k v(k为一常数，v为风速)，当风速v1＝3m/s 时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：图10(1)气球受到的浮力；(2)若风速v2＝6m/s，木块开始运动时的加速度大小．答案(1)12N，方向竖直向上(2)2.14m/s2解析(1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮－mg－F＝0，解得F浮＝12N，方向竖直向上(2)当v1＝3m/s时对整体受力分析F1＝k v1在水平方向上F1－F f＝0在竖直方向上F浮＋F N－(mg＋Mg)＝0又知F f＝μF N得：F f＝9N，k＝3N·s/m若v2＝6m/s时，F2＝k v2＝18N，由牛顿第二定律有：F2－F f＝(m＋M)a得：a≈2.14m/s212．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图11甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f＝k v.图11(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)答案 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k vm (2)mg (sin θ－μcos θ)k 适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些． (3)0.233.0kg/s解析 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－k v ＝ma解得a ＝g sin θ－μg cos θ－k vm高三物理一轮复习11 (2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3m/s 2，解得μ＝2315≈0.23 最大速度v ＝2m/s ，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2m /s ，解得k ＝3.0 kg/s。
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动律 第2讲 牛顿第二律 两类动力学问题作业
权掇市安稳阳光实验学校第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题[课时作业] 单独成册 方便使用 [基础题组] 一、单项选择题1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( ) A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A－1解析：根据P ＝UI 、P ＝Fv 、F ＝ma 可导出U ＝mavI， 即V ＝kg·m·s －2·m·s －1A ＝m 2·kg·s －3·A －1，B 项正确．答案：B2．由牛顿第二定律可知( )A ．物体运动的方向发生改变，可断定物体所受合外力的方向也发生改变B ．只要物体受到力的作用，物体就有加速度C ．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比D ．物体的质量对加速度的产生起反抗作用，所以质量是一种阻力解析：物体运动的方向发生改变，其合外力方向可能不变，如平抛运动，A 错；若物体所受到的力的合力为零，则物体没有加速度，B 错；根据牛顿第二定律的性可知，C 对；质量是物体的属性，不是力，D 错． 答案：C3.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：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.答案：C4．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( )A ．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 ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为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 ，f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D均错误． 答案：A5．(2018·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A 、B ，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A 、B 一起做匀速运动．若木块A 、B 的位置互相交换，则木块A 运动的加速度为(木块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g ，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( ) A ．(1－μ)g B ．(1－μ2)gC.1－μ2μgD ．与木块A 、B 的质量有关解析：A 、B 匀速运动过程，有m A g ＝μm B gA 、B 互相交换后，有 m B g －μm A g ＝(m A ＋m B )a解得a ＝(1－μ)g 故选A. 答案：A二、多项选择题6.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 传感器示数为零而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/s 2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( ) A ．4 m/s 2B ．3 m/s 2C ．2 m/s 2D ．1 m/s 2解析：设圆柱形工件的质量为m ，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有F Q ＋mg ＝N cos 15°，F 合＝N sin 15°＝ma ，联立解得a ＝F Q ＋mg m ·tan 15°＝F Q m×0.27＋2.7m/s 2＞2.7 m/s 2.故选项A 、B 正确． 答案：AB7.(2018·四川绵阳高三月考)如图所示，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物块用轻绳连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F 拉A ，使它们沿斜面匀加速上升，A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ.为了增加轻绳上的张力，可行的办法是( ) A ．减小A 物块的质量B ．增大B 物块的质量C ．增大倾角θD ．增大动摩擦因数μ解析：对整体：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a 得a ＝Fm A ＋m B－g sin θ－μg cos θ对B ：T －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a则轻线上的张力T ＝m B g sin θ＋μm B g cos θ＋m B a ＝m B Fm A ＋m B则要增加T ，可减小A 物块的质量，或增大B 物块的质量，选项A 、B 正确．答案：AB8.(2018·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m 的小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是( ) A ．细线拉力的大小为mgB ．弹簧弹力的大小为32mgC ．剪断左侧细线的瞬间，小球a 的加速度为2gD ．剪断左侧细线的瞬间，小球b 的加速度为零解析：对小球a 分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F ＝3mg ，细线的拉力为2mg ，故A 、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a 所受的合力F合＝2mg，根据牛顿第二定律得，a＝2g，小球b受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C、D正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．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( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．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球所受合力为零，加速度为零，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零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D正确．答案：D10．(2018·贵州六盘水模拟)在很多旅游景点都建有山坡滑道，如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了研究滑行者在滑道斜坡AE部分的滑行情况，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＝10 m，滑道AE可视为光滑，∠A＝30°.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10 m/s2，则( )A．滑道AE的长度为10 mB．滑行者在滑道AE上滑行的加速度a＝5 m/s2C．滑行者在滑道AE上滑行的时间为2 sD．滑行者滑到E点时的速度为10 m/s解析：由图中几何关系可知，AE＝2AD cos 30°＝2×10×32m＝10 3 m，A错误；由几何知识知滑道AE与水平面的夹角为60°，由mg sin 60°＝ma可得滑行者在滑道AE上滑行的加速度a＝g sin 60°＝5 3 m/s2，B错误；由AE＝12at2，解得t＝2 s，C正确；由v2＝2a·AE，解得v＝10 3 m/s，D错误．答案：C11.(多选)如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s解析：设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ＞μ，mg sin θ＞μmg cos θ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B 正确；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m ＜5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动的位移x 3＝12a 2t 23＝12×2×22m ＝4 m ＜5 m ，滑块未回到出发点，此时的速度v ＝a 2·(3 s－1 s)＝4 m/s ，选项D 正确． 答案：BD 二、非选择题12．(2018·浙江金华十校调研)在游乐场中，有一种大型游戏装置叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(g 取10 m/s 2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度为多大？ (2)座椅在匀减速运动阶段的时间为多少？(3)在匀减速运动阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，下落时间t 1＝1.2 s ，由v＝gt 1得v ＝12 m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h ，总时间为t ，h ＝(40－4)m ＝36 m ，由h ＝v 2t 得t ＝6 s ，设座椅匀减速运动的时间为t 2，则t 2＝t －t 1＝4.8 s.(3)设座椅在匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F ，根据v ＝at 2可得a ＝2.5 m/s 2，由牛顿第二定律F －mg ＝ma 可得Fmg＝1.25.答案：(1)12 m/s (2)4.8 s (3)1.2513.如图所示，一物体以v 0＝2 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t ＝1 s ．已知斜面长度L ＝1.5 m ，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小； (2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向； (3)物体与斜面间的动摩擦因数．解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v t ，则有L ＝v 0＋v t 2t ，代入数据解得v t ＝1 m/s.(2)因v t ＜v 0，物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为a ＝v 0－v t t＝1 m/s 2.(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示． 由牛顿第二定律得f －mg sin θ＝ma又N ＝mg cos θf ＝μN联立解得μ＝a ＋g sin θg cos θ，代入数据解得μ＝235.答案：(1)1 m/s (2)1 m/s 2方向沿斜面向上 (3)235。
高考物理一轮复习 第三章 第2节 牛顿第二律 两类动力学问题讲义
权掇市安稳阳光实验学校牛顿第二定律 两类动力学问题(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，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。
(×)(6)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。
(√) (7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。
(×) (8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。
(√) 突破点(一) 牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。
(2)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝Fm 是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m。
(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。
[题点全练]1．(2019·温州月考)对牛顿第二定律的理解，错误的是( ) A ．在F ＝kma 中，k 的数值由F 、m 、a 的单位决定 B ．当合力为零时，加速度为零C ．加速度的方向总跟合力的方向一致D ．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用 解析：选D 在F ＝kma 中，k 的数值由F 、m 、a 的单位决定，当F 、m 、a 的单位都取国际单位时，k 的数值取1，即F ＝ma ，故A 正确；物体所受合力为零时，根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，加速度一定为零，故B 正确；根据牛顿第二定律知，加速度方向与合力的方向相同，故C 正确；根据牛顿第二定律知，当物体加速度不为零即有加速度时，则合力不为零，当物体没有加速度即加速度为零时也可以受到外力作用，只是此时合力为零，故D 错误。
2.(2016·上海高考)如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A ．OA 方向B ．OB 方向C ．OC 方向D ．OD 方向解析：选D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。
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)
八牛顿第二定律两类动力学问题1．(2015·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．(2015·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．(2015·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 θ② ①②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．(2015·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＋μcosθ)，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.(2014·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。
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课时强化作业十一牛顿第二定律及两类动力学问题
一、选择题
1．竖直向上飞行的子弹，到达最高点后又返回原处．假设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则子弹在整个运动过程中，加速度大小的变化是(
)
A．始终变大B．始终变小C．先变大后变小
D．先变小后变大
解析：子弹向上运动过程中速度越来越小，子弹受向下的阻力越来越小，子弹受到的合外力越来越小，由牛顿第二定律可知，子弹上升过程中加速度越来越小；子弹从最高点向下运动过程做加速运动．其速度越来越大，受到向上的空气阻力越来越大，物体受到的合外力越来越小，其加速度越来越小，选项B 正确．
答案：B
2．如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ>α，则下列说法正确的是(
)
A．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行B．轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆方向向上
C．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向D．小车匀速运动时α＝0°
解析：设细线对小铁球的弹力为F 线，由牛顿第二定律得：F 线sin α＝ma ，F 线cos α＝mg ，
可得：tan α＝a
g ，设轻杆对小铁球的弹力与竖直方向夹角为β，大小为F 杆，由牛顿第二定律可
得：F 杆cos β＝mg ，F 杆sin β＝ma ，可得：tan β＝a
g
＝tan α，可见轻杆对小球的弹力方向与细
线平行，A 正确，B、C 错误；当小车匀速运动时，α＝0，故D 正确．
答案：AD
3.如图所示，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°的
光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，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(
)
A．都等于g /2B．g /2和0
C.
m A ＋m B m A ·g
2和0D．0和m A ＋m B m B ·
g
2
解析：选取A 、B 组成的系统为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件可知，绳子对B 球的拉力大小为(m A ＋m B )g sin30°，在线被剪断瞬间，弹簧的形变不会突变，所以弹簧弹力不变，A 球的受力也不变，所以A 球的加速度为0，而B 球所受绳子的弹力会马上消失，B 球受到的其他力都不变，其合力大小为(m A ＋m B )g sin30°，方向沿斜面向下，所以其加速度大小为m A ＋m B m B ·g
2
.选项D 正确．
答案：D
4．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电
梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x
10
.则电梯运动的情况可能是(
)
A．以大小为11
10
g 的加速度加速上升B．以大小为11
10
g 的加速度减速上升C．以大小为1
10
g 的加速度加速下降D．以大小为
1
10
g 的加速度减速下降解析：当弹簧静止时，弹簧压缩量为x ，则有kx ＝mg ，当电梯运动时弹簧又被压缩了
x
10
，则物体受到的合外力mg 10，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知，物体的加速度a ＝F 合m ＝g
10，方向竖
直向上，若电梯向上运动，则电梯以g
10
大小的加速度向上做匀加速运动；若电梯向下运动，则电
梯以大小为
g
10
的加速度向下做匀减速运动，故选项D 正确．答案：D
5．(2014年全国大纲卷)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为
v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v
2时，上升的最大高度记为
h .重力加速度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为(
)
A．tan θ和H 2θ和
H
2
C．tan θ和H 4θ和
H
4
解析：滑块沿斜坡向上滑动过程中，受力如图所示．由牛顿第二定律可得N ＝
mg cos θ，μN ＋mg sin θ＝ma .由运动学公式v 2
＝2a H sin θ，v 24＝2a h
sin θ
，联立可解得
h ＝H
4
，μθ，选项D 正确．
答案：D
6．(2013年全国卷Ⅱ)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 之间的关系的图象是(
)
解析：以物体为研究对象进行受力分析，物体受到重力mg ，地面的支持力F N ，水平拉力F ，摩擦力F f ，物体受到的合力在水平方向为F －F f ＝ma ，当F 小于最大静摩擦力时，物体所受合外力为零，加速度a ＝0，当F 大于最大静摩擦力时，有F －F m ＝ma ，得F ＝ma ＋F m 所以在F a 图象中为倾斜直线，且在F 轴上有截距，故选项C 正确．
答案：C
7．一质点处于静止状态，现对该质点施加力合力F ，力F 随时间t 按如图所示的规律变化，力F 的方向始终在同一直线上．在0～4s 内，下列说法正确的是(
)
A．第2s 末，质点距离出发点最远B．第2s 末，质点的速度最大C．第4s 末，质点距离出发点最远D．第4s 末，质点的速度最大
解析：由图象F t 可知合外力F 的变化规律，质点在0～2s 内做加速度先增大后减小的加速运动，第2s 末速度最大，选项B 正确，选项D 错误；2～4s 内质点做加速度先增大后减小的减速运动，由对称性可知，4s 末速度减小到零，质点始终向正方向运动，所以4s 末质点距离出发点最远，选项C 正确，选项A 错误．
答案：BC
8．如图所示，将两相同的木块a 、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁．开始时a 、b 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力F fa ≠0，
b 所受摩擦力F fb ＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间()。