2019届高考物理一轮复习课时跟踪检测：(九) 牛顿第二定律两类动力学问题(普通高中) Word版含解析

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全国卷2019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

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：B2．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：AD3.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 ·g2和0 D ．0和m A ＋m B m B ·g2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 ·g2.选项D 正确．答案：D4．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x10.则电梯运动的情况可能是( )A ．以大小为1110g 的加速度加速上升B ．以大小为1110g 的加速度减速上升C ．以大小为110g 的加速度加速下降D ．以大小为110g 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x10，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 ＝g10，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g10的加速度向下做匀减速运动，故选项D 正确．答案：D5．(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v2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 2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2C ．tan θ和H4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ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＝2aH sin θ，v 24＝2a hsin θ，联立可解得h ＝H4，μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，选项D 正确．答案：D6．(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Fa图象中为倾斜直线，且在F轴上有截距，故选项C正确．答案：C7．一质点处于静止状态，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0～4 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，质点的速度最大C．第4 s末，质点距离出发点最远D．第4 s末，质点的速度最大解析：由图象Ft可知合外力F的变化规律，质点在0～2 s内做加速度先增大后减小的加速运动，第2 s末速度最大，选项B正确，选项D错误；2～4 s内质点做加速度先增大后减小的减速运动，由对称性可知，4 s末速度减小到零，质点始终向正方向运动，所以4 s末质点距离出发点最远，选项C正确，选项A错误．答案：BC8．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( )A．F fa大小不变B．F fa方向改变C．F fb仍然为零D．F fb方向向右解析：右侧细绳剪断的瞬间，弹簧的弹力保持不变，所以a物体受力情况不变，故选项A正确，选项B错误，由于弹簧对b物体向左的拉力，故b物体受到向右的摩擦力，选项D正确．答案：AD9．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．若小车的向右加速度增大，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减小解析：若小车向右运动的加速度增大，那么物块向右运动的加速度也要增大，对物块受力分析，物块在水平方向上受到车左壁对其水平向右的作用力(大小为F1)和弹簧水平向左的弹力(大小为F2)，根据牛顿第二定律，F1－F2＝ma，物块加速度a增大，而弹簧的压缩量不变，所以F2不变，F1变大．本题答案为B.答案：B10.物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、m B，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB，用水平拉力F拉物体A、B，所得加速度a与拉力F线如图中A、B所示，则( )A．μA＝μB，m A＞m BB．μA＞μB，m A＜m BC．μA＞μB，m A＝m BD．μA＜μB，m A＞m B解析：由图象可知，当F＝0时，A、B两物体的加速度a A＝－μA g，a B＝－μB g，且a A＞a B，所以μA ＞μB，当物体A、B加速度为零时，外力F相等，则有μA m A g＝μB m B g所以m A＜m B，选项B正确．答案：B二、非选择题11．(2015届甘肃省河西三校高三月考)为了安全，中国航母舰载机“歼15”通过滑跃式起飞方式起飞，滑跃起飞的原理有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，g取10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度；(2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间．解析：(1)设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，末速度为v1，由牛顿第二定律得，F－f＝ma1，f ＝0.2mg ，v 21＝2a 1L 1，联立以上三式并代入数据解得a 1＝5 m/s 2，v 1＝40 m/s.(2)设飞机在倾斜跑道上的加速度为a 2，跑道末端速度为v 2，水平跑道上：t 1＝v 1a 1＝8 s ，倾斜跑道上：由牛顿第二定律有F －f －mg h L 2＝ma 2，代入数据解得a 2＝4 m/s 2. 由v 22－v 21＝2a 2L 2，代入数据解得v 2＝42 m/s ，所以t 2＝v 2－v 1a 2＝0.5 s ，则t ＝t 1＋t 2＝8.5 s. 答案：(1)40 m/s (2)8.5 s12．在研究摩擦力的实验中，将木块放在水平长木板上．如图(a)所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从零开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力F f 随拉力F 的变化图象，如图(b)所示．已知木块质量为8.0 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.60, cos37°＝0.80.(1)求木块与长木板间的动摩擦因数；(2)如图(c)，木块受到恒力F ＝50 N 作用，方向与水平方向成θ＝37°角斜向右上方，求木块从静止开始沿水平面做匀变速直线运动的加速度大小；(3)在(2)中拉力F 作用t 1＝2.0 s 后撤去，计算再经过多少时间木块停止运动？解析：(1)由题图(b)知：木块所受到的滑动摩擦力F f ＝32 N 根据F f ＝μmg ，解得μ＝0.4. (2)根据牛顿运动定律得F cos θ－F f ′＝ma ， F sin θ＋F N ＝mg ，F f ′＝μF N联立解得：a ＝2.5 m/s 2.(3)撤去F 后，加速度a ′＝μg ＝4 m/s 2继续滑行时间t ＝at 1a ′＝2.5×2.04s ＝1.25 s. 答案：(1)0.4 (2)2.5 m/s 2(3)1.25 s13．(2013年山东卷)如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析：(1)设物块加速度大小为a ，到达B 点时速度大小为v ，由运动学公式有L ＝v 0t ＋12at 2，v ＝v 0＋at联立解得a ＝3 m/s 2，v ＝8 m/s.(2)设物体受到支持力为F N ，受到摩擦力为F f 、拉力与斜面间夹角为α，受力分析如图所示．建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律有在x 方向．F cos α－mg sin θ－F f ＝ma在y 轴方向F sin α＋F N －mg cos θ＝0又F f ＝μF N 联立解得F ＝mgθ＋μcos θ＋macos α＋μsin α由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)由此式可知当α＝30°时，F 有最小值．且F 的最小值F min ＝1335N.答案：(1)3 m/s 28 m/s (2)1335N14．(2015届石家庄二中月考)如图1中，质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F ，在0～3 s 内F 的变化如图2所示，图中F 以mg 为单位，重力加速度g ＝10 m/s 2.整个系统开始时静止．(1)求1 s 、1.5 s 、2 s 、3 s 末木板的速度以及2 s 、3 s 末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出0～3 s 内木板和物块的v t 图象，据此求0～3 s 内物块相对于木板滑过的距离．解析：(1)设木板和物块的加速度分别为a 和a ′，在t ＝1 s 时木板和物块的速度分别为v 和v ′，木板和物块之间摩擦力大小为f ，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得f ＝ma ′，f ＝μmg .解得物块的加速度a ′＝μg ＝2 m/s 2. 对木板由牛顿第二定律有F －μmg ＝2ma 1，解得a 1＝4 m/s 2.在0～1 s 木板以a ＝4 m/s 2做匀加速运动，物块以a ′＝ 2 m/s 2做匀加速运动．由运动学公式v 1＝at ＝4 m/s ，v 1′＝a ′t ＝2 m/s.设木板1～1.5 s 的加速度为a 2，由牛顿第二定律F －μmg ＝2ma 2，得a 2＝1 m/s 2. 由运动学公式t ＝1.5 s 时木板的速度v 1.5＝v 1＋a 2Δt ＝4.5 m/s.t ＝1.5 s 至t ＝2 s 木板做匀减速运动其加速度大小为a 3.由牛顿第二定律μmg ＝2ma 3，解得a 3＝1 m/s 2.则t ＝2 s 时木板的速度v 2＝v 1.5－a 3Δt ＝4 m/s ，物块在t ＝2 s 时的速度v 2′＝a ′t 2＝4 m/s.所以当t ＝2 s 时木板和物块速度相等，然后两物体一起做匀速直线运动，即t ＝3 s 时木板的速度v 3＝4 m/s ，物块在t ＝3 s 时的速度v 3′＝4 m/s.(2)其速度—时间图象如图所示．0～3 s内物块相对木板的距离Δs等于木板和物块在vt图象中图线下的面积之差，即图中阴影部分的面积．由几何知识求得阴影部分的面积Δs＝2.25 m.答案：(1)v1＝4 m/s，v1.5＝4.5 m/s，v2＝4 m/s，v3＝4 m/s，v2′＝4 m/s，v3′＝4 m/s(2)图象见解析 2.25 m。

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。

高考物理总复习课时跟踪检测(九)牛顿第二定律两类动力学问题

课时跟踪检测(九) 牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．(2013·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2．(2014·无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。

现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图1所示。

则物块减速为零的时间将( )图1A．变大B．变小C．不变 D．不能确定3. (2014·山东莱州质检)如图2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( )图2A．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．电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动(如图3所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2C．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s25．(2014·江苏省泰兴模拟)如图4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( )图4A．mg1＋tan2θ，斜向右上方B．mg1＋μ2，斜向左上方C．mg tan θ，水平向右D．mg，竖直向上6.(2014·青岛模拟)如图5所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )图5A．球做匀加速运动时竖直挡板对球的弹力比球处于静止状态时大B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面对球的弹力变大D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma二、多项选择题7. (2014·徐州市第三中学质检)如图6所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动8.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。

2019版高考物理一轮复习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

解析：B 稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则 B 正确，A、D 错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与 gsin α 的大小关系，则 C 项错误.
D．m2·kg·s－1·A－1
解析：B 根据P＝UI、P＝Fv、F＝ma
可导出U＝mIav，即V＝kg·m·sA－2·m·s－1
＝m2·kg·s－3·A－1，故选B.
二、牛顿第二定律的应用 1．两类动力学问题
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．
考向一对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
＝mF是加速度的决定式，a∝F，a∝m1 . (3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向
图(a)
图(b)
对小球B进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球B所受
重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2的方向水平向
右，如图(b)所示，则FT2＝
mg cos θ
，F2＝mgtan
θ＝ma2，所以
a2＝gtan θ，方向水平向右，选项B正确．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1∶FT2＝cos2θ∶1，选项C错误；

(浙江选考)版高考物理一轮复习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达标检测(

第2节牛顿第二定律两类动力学问题1．(2019·4月浙江选考)如下物理量属于根本量且单位属于国际单位制中根本单位的是( )A ．功/焦耳B ．质量/千克C ．电荷量/库仑D ．力/牛顿解析：选B.质量是根本物理量，其国际单位制根本单位是千克，故B 正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．2．(多项选择)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的答案是( )A ．物体的速度越大，如此加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，如此加速度为零，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解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小与所受合外力大小无关，故C 、D 正确，A 、B 错误．3.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力与空气阻力不计，如此( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．假设加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sinθ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F ＝〔M ＋m 〕g cos θ，故C 错误；当a >g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ<g tan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．4．(2020·嘉兴检测)如下列图，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N ，而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次一样．该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小与这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s ＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v 2，如此v 22－v ′21＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 x 2＝v 222a 2解得：x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m[课后达标]一、选择题1．(2018·4月浙江选考)用国际单位制的根本单位表示能量的单位，以下正确的答案是( )A ．kg ·m 2/s 2B ．kg ·m/s 2C ．N/mD ．N ·m 答案：A2．如下关于单位制的说法中，不正确的答案是( )A ．根本单位和导出单位一起组成了单位制B ．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的根本物理量C ．在国际单位制中，力学的三个根本单位分别是m 、kg 、sD ．力的单位牛顿是国际单位制中的一个根本单位答案：D3．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 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m答案：C4．(2020·浙江十校联考)如下列图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2，重力加速度大小为g .如此有( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M Mg 答案：C5．(2020·浙江猜题卷)有种台阶式自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，用G 、N 、f 表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，如此能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是( )解析：选D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力．人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触面平行，故摩擦力是水平的．D 正确．6.(多项选择)如下列图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q 两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F 1，Ⅱ中拉力的大小为F 2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a 应是( )A ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝g ，方向竖直向下B ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝F 2m ，方向水平向左C ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝F 1m，方向沿Ⅰ的延长线方向D ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝g ，方向竖直向上解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如下列图．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，如此小球只受重力作用，加速度为g ，选项A 正确、C 错误；假设剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F 1与重力的合力大小仍等于F 2，所以此时加速度为a ＝F 2m，方向水平向左，选项B 正确、D 错误． 7．(2020·湖州质检)如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a 与风速v 的关系如图乙所示，如此(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)( )A ．当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B ．当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C ．当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.025解析：选A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a 0＝4 m/s 2，沿斜面方向有a ＝g sin θ－μg cos θ，解得μ＝0.25，D 错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，如此加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s 时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A 正确，B 、C 错误．8.(2020·东阳中学期中)如下列图，在水平面上有三个质量分别为m 1、m 2、m 3的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块1、2与水平面间的动摩擦因数为μ，木块3和水平面之间无摩擦力．现用一水平恒力向右拉木块3，当三木块一起匀速运动时，1和3两木块间的距离为(木块大小不计)( )A ．L ＋μm 2g kB ．L ＋μ〔m 1＋m 2〕g kC ．2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k D ．2L ＋2μ〔m 1＋m 2〕g k 解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有：kx 1－μm 1g ＝0对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有：kx 2－μ(m 1＋m 2)g ＝0木块1与木块3之间的总长度为x ＝2L ＋x 1＋x 2，由以上各式解得x ＝2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k，故C 正确． 9.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．如下说法中正确的答案是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A 错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a ＝μg 与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B 错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx ＝vt －0＋v 2t ＝12vt ＝v 22μg，可见传送带速度越小、动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C 错误，D 正确．10.(2020·湖州质检)如下列图，质量为m 1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是( )解析：选A.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A 正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误．二、非选择题11.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如下列图．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.(1)求物块的初速度v0；(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x m＝3.2 m由v20＝2gx m，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a′x′由牛顿第二定律有：mg sinθ＋μmg cos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mg sin θ＝6m＞μmg cos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5(3)37°能滑回底端，理由见解析12.(2020·杭州质检)如下列图，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)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距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/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(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点时速度最大，设为v max，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，如此mg sin 30°＝ma1v2max＝2a1hsin 30°解得：v max＝4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2如此μmg＝ma2v2max＝2a2L解得：μ＝0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，v max＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，如此v＝v max－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s13.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如下列图，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑〞，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．假设企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)企鹅向上“奔跑〞的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x ＝12at 2，解得：x ＝16 m. (2)在企鹅卧倒以后将进展两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得：a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2.(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t ′，位移为x ′；t ′＝at a 1，x ′＝12a 1t ′2，解得：x ′＝1 m ．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v t ，初速度为0，如此有：v 2t －02＝2a 2(x ＋x ′)，解得：v t ＝234 m/s.答案：(1)16 m (2)8 m/s 2 4 m/s 2 (3)234 m/s。

2019高三物理人教版一轮教师用书：第3章第2节牛顿第二定律两类动力学问题 Word版含解析

第二节牛顿第二定律两类动力学问题(对应学生用书第43页)[教材知识速填]知识点1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．加速度的方向与作用力的方向相同．(2)表达式a＝Fm或F＝ma.(3)适用范围①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(1)单位制由基本单位和导出单位组成．(2)基本单位基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米．(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位．易错判断(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)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．(×)(3)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．(√)知识点2两类动力学问题1．两类动力学问题(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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：[教材习题回访]考查点：牛顿第二定律的理解1．(鲁科必修1P113T1)(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ) A．加速度与合力的关系是瞬时对应关系，即a与F同时产生、同时变化、同时消失B．加速度的方向总是与合外力的方向相同C．同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大D．物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比[答案]AB考查点：单位制2．(粤教必修1P102T3改编)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．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1[答案]B考查点：牛顿第二定律的应用3．(人教版必修1P78T5改编)水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动．(1)如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g＝10 m/s2)(2)若在外力作用下匀加速4 s撤去外力后，还能运动多少时间？[解析](1)设阻力为F f，则F－F f＝ma，解得F f＝15 N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′，解得a′＝0.5 m/s2.(2)由v＝at及v＝a′t′可知，t′＝ata′＝12 s.[答案](1)0.5 m/s2(2)12 s考查点：动力学基本问题4．(鲁科必修1P113T6)如图所示，质量为0.8 kg的物块以5 m/s的初速度从斜面顶端下滑，斜面长5 m，倾角为37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3.求：(1)物块在斜面上运动时的加速度；(2)物块滑至斜面底端时的速度．(取g＝10 m/s2)【导学号：84370112】[解析](1)由于物体下滑过程中受重力、摩擦力、弹力作用，沿斜面方向有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得a＝3.6 m/s2，方向沿斜面向下．(2)由v2t－v20＝2as得v t＝7.8 m/s，方向沿斜面向下．[答案](1)3.6m/s2沿斜面向下(2)7.8m/s沿斜面向下(对应学生用书第44页)1．牛顿第二定律的“五性”2.(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(2)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．(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1 m.[题组通关]1．(2018·四川广元一诊)如图3-2-1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则( )【导学号：84370113】图3-2-1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小A[物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．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，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，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，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综合以上分析．只有选项A正确．]2. (多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图3-2-2所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)( )图3-2-2A．3 N B．25 NC．30 N D．50 NACD[若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．]1．两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2．一般思路第一步：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．[题组通关]3．如图3-2-3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( )甲乙图3-2-3A．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球的加速度的2倍D [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．]4．(2018·泰安二模)如图3-2-4所示，小球A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B 用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A 、B 通过光滑滑轮O 用轻质细绳相连，两球均处于静止状态．已知B 球质量为m ，O 在半圆柱体圆心O 1的正上方，OA 与竖直方向成30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g )，下列说法正确的是( )【导学号：84370114】图3-2-4A ．弹簧弹力大小为2mgB ．球B 的加速度为gC ．球A 受到的支持力为2mgD ．球A 的加速度为12gD [剪断细绳前对B 球受力分析如图，由平衡条件可得F 弹＝mg tan 45°＝mg ；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F 弹和重力的大小和方向均没有改变，则F 合＝mg cos 45°＝2mg ，a B ＝2g ，A 、B 项错误．A 球的重力大小G A ＝2F 绳cos 30°＝6mg ，A 球受到的支持力N A ＝G A cos 30°＝182mg ，C 项错误．对A 球由牛顿第二定律有m A g sin 30°＝m A a A ，得A 的加速度a A ＝g ·sin 30°＝12g ，D 项正确．]1．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”．2．两类动力学问题的解题步骤[多维探究]考向1已知受力情况，求物体运动情况1．(多选)(2018·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )图3-2-5A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短AC[设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N，平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F′N＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2，可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．]2. 如图3-2-6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＝4 N．g取10 m/s2.图3-2-6(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)当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.【导学号：84370115】[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 ＝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 ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v 2＝2a 1H ，解得v ＝40 m/s.[答案](1)75 m (2)40 m/s在第2题中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] 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 ＝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 2m2a 1＋v 2m 2a 2＝H解得v m ＝4053m/s由v m ＝a 1t 1，解得t 1＝553s.[答案] 553s考向2 已知运动情况，求物体受力情况3．(2018·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v0，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v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25[题眼点拨]①“4 s末，100 m的最高点”可由运动学公式求加速度；②“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.C[根据h＝12at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝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 fm＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．]4．(2018·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑．如图3-2-7所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)图3-2-7(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小.【导学号：84370116】[题眼点拨]①“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；②“恒力F…静止开始…”说明使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．[解析](1)根据牛顿第二定律可得：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma解得：μ＝3 6.(2)由x＝12a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1，代入数据得：F＝7635N当加速度沿斜面向下时：mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1代入数据得：F＝437N.[答案](1)36(2)7635N或437N随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．[解析](1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2代入数据解得a2＝4.0 m/s2.(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v2－v21＝2a2(l－l1)根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵≈1.1×106 N.[答案](1)4.0 m/s2(2)58 m/s2 1.1×106N[母题](2018·成都高三期末)如图3-2-8所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝1 m/s的速度顺时针匀速转动，两轮间的距离L＝9 m，一可视为质点的物块以大小v0＝11 m/s、方向平行于斜面向上的速度从底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，整个过程中物块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图3-2-8(1)从滑上传送带到第一次速度达到1 m/s的过程中，物块相对传送带通过的路程；(2)物块在传送带上运动的总时间.【导学号：84370117】【自主思考】物块的速度第一次达到1 m/s 时物块的加速度怎样？物块将怎样运动？ [提示] 因mg sin θ>μmg cos θ，加速度方向不变，大小发生突变，物块继续做匀减速运动．[解析] (1)物块从滑上传送带到第一次速度达到1 m/s 前受力如图甲所示，由牛顿第二定律有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1，代入数据解得a 1＝－10 m/s 2，由运动学公式v －v 0＝a 1t 1，解得t 1＝1 s ．物块第一次速度达到1 m/s 时发生的位移为x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，，代入数据得x 1＝6 m ，传送带的位移x 2＝v t 1，代入数据得x 2＝1 m ，物块相对传送带通过的路程Δx ＝x 1－x 2，解得Δx ＝5 m.(2)物块第一次速度达到1 m/s 后，由于mg sin θ>μmg cos θ，物块会相对传送带下滑，在此过程中物块受力如图乙所示，对物块，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝－2 m/s 2，物块在此过程中上升的最大距离为x 3，由运动学公式有－v 2＝2a 2x 3，解得x 3＝0.25 m ，因x 1＋x 3<L ，故物块此后会反向做匀加速运动，从下端离开传送带，物块受力仍如图乙所示，故加速度仍为a 2＝－2 m/s 2，对物块，选择从速度第一次达到1 m/s 时到离开传送带的过程进行分析，由运动学公式有－x 1＝v t 2＋12a 2t 22，解得t 2＝3 s ，故总时间t ＝t 1＋t 2＝4 s. [答案](1)5 m (2)4 s [母题迁移]迁移1水平传送带1．(多选)如图3-2-9所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )图3-2-9A．煤块从A运动到B的时间是2.25 sB．煤块从A运动到B的时间是1.5 sC．划痕长度是0.5 mD．划痕长度是2 m[题眼点拨]①“无初速度…相对滑动…”可知划痕长为二者相对位移大小；②“从A运动到B…”运动过程有两种可能，一是一直加速，二是先匀加速再匀速．BD[根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝μmgm＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝v0a＝1 s，位移大小x1＝12at21＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝x2＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误．]迁移2倾斜传送带2．如图3-2-10所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A 到B 长度为L ＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2，求：图3-2-10 (1)煤块从A 到B 的时间；【导学号：84370118】(2)煤块从A 到B 的过程中在传送带上形成痕迹的长度．[解析] (1)煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为 a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2，加速过程中t 1＝v 0a 1＝1 s ， x 1＝12a 1t 21＝5 m.煤块速度达到v 0后，受到向上的摩擦力，则 a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ， x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s.煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s. (2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－x 1＝5 m ，第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ，Δx 1与Δx 2部分重合，故痕迹总长为5 m.[答案](1)1.5 s (2)5 m如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？[解析] (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同，t 1＝v 0－va 1 ②通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④物体继续减速，设经t 2速度到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立①②③④⑤式可得： t ＝t 1＋t 2＝2.2 s.(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2⑥联立④⑥式可得： t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去)． [答案](1)2.2 s (2)1 s。

2019Word版江苏物理课时跟踪检测(九) 牛顿第二定律两类动力学问题

课时跟踪检测（九）牛顿第二定律两类动力学问题对点训练：牛顿第二定律的理解1.若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则( )A ．携带弹药越多，加速度越大B ．加速度相同，与携带弹药的多少无关C ．携带弹药越多，获得的起飞速度越大D ．携带弹药越多，滑行时间越长解析：选D 携带弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，飞机加速度越小，由v 2＝2ax 可知，起飞速度越小，选项A 、B 、C 错误；起飞前滑行的距离相同，由x ＝12at 2可得，加速度越小，滑行时间越长，所以D 正确。

2．(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块立即做减速运动B ．木块在一段时间内速度仍增大C ．当F 等于弹簧弹力时，木块速度最大D ．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选BCD 刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A 错误，B 、C 、D 正确。

对点训练：牛顿第二定律的瞬时性问题3. (2017·连云港高三检测)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 紧挨在一起但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g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g 2解析：选B 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 ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3，故选B 。

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。

2019高考物理一轮复习课时作业3.2牛顿第二定律两类动力学问题

第三章第二节牛顿第二定律两类动力学问题[能力提升课][限时45分钟；满分100分]一、选择题(每小题7分，满分70分)1.导学号：82210219(2016·上海卷)如图3－2－12所示，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图3－2－12A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向解析据题意可知，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，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D 正确。

答案 D2．(2018·揭阳一模)静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图像如图3－2－13所示，则物体在0～2t时间内正确的说法是图3－2－13A．离出发点越来越远B．速度先变大后变小C．速度先变小后变大D．加速度先变大后变小导学号：82210220解析由图线可知，物体受到的合力先减小后增大，加速度先减小后增大，速度一直变大，物体离出发点越来越远，选项A 正确。

答案 A3．(2018·绵阳一诊)如图3－2－14所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。

从小球接触弹簧上端O 点到将弹簧压缩到最短的过程中，下列关于小球的加速度a 随时间t 或者随距O 点的距离x 变化的关系图线正确的是导学号：82210221图3－2－14解析小球自接触弹簧上端O 点到将弹簧压缩到最短的过程中，其弹力F ＝kx ，由牛顿第二定律可得：mg －kx ＝ma ，解得a ＝g －k mx ，故选项B 正确、D 错误；加速度随时间的变化是先减小再反向增大，但不是线性关系变化，故选项A 、C 错。

答案 B4．(2017·新疆华山模拟)如图3－2－15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。

2019届高考物理一轮复习练习：第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题含解析

板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～7为单选，8～10为多选)1．[2018·山东枣庄质检]有一轻质橡皮筋下端挂一个铁球，手持橡皮筋的上端使铁球竖直向上做匀加速运动，若某时刻手突然停止运动，则下列判断正确的是()A．铁球立即停止上升，随后开始向下运动B．铁球立即开始向上做减速运动，当速度减到零后开始下落C．铁球立即开始向上做减速运动，当速度达到最大值后开始下落D．铁球继续向上做加速运动，当速度达到最大值后才开始做减速运动答案 D解析铁球匀加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止运动瞬间，铁球由于惯性继续向上运动，开始阶段橡皮条的拉力还大于重力，合力竖直向上，铁球继续向上加速运动，当拉力等于重力后，速度达到最大值，之后拉力小于重力，铁球开始做减速运动，故A、B、C错误，D正确。

2．[2018·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减小答案 B解析若小车向右加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，B正确。

3．[2017·广西南宁模拟]如图所示，车内轻绳AB与BC拴住一小球，BC水平，开始车在水平面上向右匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则()A．AB绳、BC绳拉力都变小B．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变C．AB绳拉力不变，BC绳拉力变小D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大答案 C解析对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力F T2、AB绳子的拉力F T1，如图所示，根据牛顿第二定律，水平方向：F T2－F T1sinθ＝ma竖直方向：F T1cosθ－mg＝0解得F T1＝mgcosθ，AB绳子的拉力不变F T2＝mg tanθ＋ma匀速时加速度为零，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC绳子的拉力变小，故C正确，A、B、D错误。

2019届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题课后达标新人教版

第二节牛顿第二定律两类动力学问题(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )A ．测量时仪器必须水平放置B ．其测量原理是根据牛顿第二定律C ．其测量原理是根据万有引力定律D ．测量时仪器必须竖直放置解析：选B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a ＝ΔvΔt ，然后根据牛顿第二定律F ＝ma ，求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B 正确．2．(2018·安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是( )A ．上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B ．上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大C ．上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D ．上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析：选C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力，即mg ＋kv ＝ma ，做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即mg －kv ＝ma ，速度在增大，所以加速度在减小，故C 正确．3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )A ．每根橡皮绳的拉力为12mgB ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝gD ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝g解析：选B.根据平行四边形定则知，2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg .故A 错误；根据共点力平衡得，2F cos θ＝mg ，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为33mg ，加速度为33g ，故C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mg sin 30°，加速度为12g ，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D 错误．4.质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为( )A.mg2MB ．mgM ＋mC.2mgM ＋4mD ．2mgM ＋2m解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F ，根据牛顿第二定律mg －F m ＝2·2FM，解得F ＝Mmg M ＋4m ，工件加速度a ＝2F M ＝2mgM ＋4m，所以C 正确． 5.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( )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：选C.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 ，所以C 对． 6．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点．竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点解析：选C.如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝12gt 2c ，所以t c＝2Rg ；对于a 球令AM 与水平面成θ角，则a 球下滑到M 点用时满足AM ＝2R sin θ＝12g sin θ·t 2a ，即t a ＝2Rg ；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2rg(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r >R )．综上所述可得t b >t a >t c ，故选项C 正确．二、多项选择题 7.如图所示，质量为m 2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m 1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则( )A ．细线拉力为m 1g cos θB ．车厢的加速度为g tan θC ．底板对物体2的支持力为m 2g －m 1gcos θD ．底板对物体2的摩擦力为零解析：选BC.以物体1为研究对象，水平方向有F T sin θ＝m 1a ，竖直方向有F T cos θ＝m 1g ，解得a ＝g tan θ，F T ＝m 1gcos θ，选项A 错误，B 正确；以物体2为研究对象，水平方向有F f ＝m 2a ，竖直方向有F T ＋F N ＝m 2g ，解得F f ＝m 2g tan θ，F N ＝m 2g －m 1gcos θ，选项C 正确，D 错误．8.(2018·杭州二中月考)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 ＝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：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F 浮－mg ＝ma ，解得F 浮＝m (g ＋a )＝4 830 N ，A 正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m 时，速度v ＝2ah ＝65m/s ＞5 m/s ，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s 后的速度v ′＜at ＝5 m/s ，C 错误；再由F 浮－F 阻－mg ＝ma 可知空气阻力F 阻增大，B 错误；匀速上升时，F 浮＝F 阻＋mg ，所以F 阻＝F 浮－mg ＝230 N ，D 正确．9．(2018·山东济南模拟)如图所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小球，整体处于平衡状态，弹簧a 与竖直方向成30°，弹簧b 与竖直方向成60°，弹簧a 、b 的形变量相等，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶1B ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶2C ．若弹簧a 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD ．若弹簧b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g2解析：选AD.由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x ，由受力分析图知，弹簧a 中弹力F a ＝mg cos 30°＝32mg ，根据胡克定律可知弹簧a 的劲度系数为k 1＝F a x ＝3mg 2x ，弹簧b 中的弹力F b ＝mg cos 60°＝12mg ，根据胡克定律可知弹簧b 的劲度系数为k 2＝F b x ＝mg2x ，所以弹簧a 、b 的劲度系数之比为3∶1，A 正确，B错误；弹簧a 中的弹力为32mg ，若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b 弹力的合力与F a 大小相等、方向相反，小球的加速度a ＝F a m ＝32g ，C 错误；弹簧b 中弹力为12mg ，若弹簧b 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a 弹力的合力与F b 大小相等、方向相反，故小球的加速度a ′＝F b m ＝12g ，D正确．10．(2018·湖南郴州质检)如图(a)所示，质量为5 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F .第二次无恒力F .图(b)中的两条线段a 、b 分别表示存在恒力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v －t 图线．不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，(sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6)下列说法中正确的是( )A ．恒力F 的大小为5 NB ．恒力F 的大小为10 NC ．物块与斜面间的动摩擦因数为13D ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 解析：选AD.由题图可得：a ＝ΔvΔt ；有恒力F 时：a 1＝Δv Δt ＝111.1m/s 2＝10 m/s 2；无恒力F 时：a 2＝Δv Δt ＝111m/s 2＝11 m/s 2由牛顿第二定律得：无恒力F 时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 解得：μ＝0.5有恒力F 时：mg sin θ＋μmg cos θ－F ＝ma 1 解得：F ＝5 N ，故A 、D 正确，B 、C 错误．三、非选择题 11.(2018·江西重点中学六校联考)如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调．滑块静止时，ER 流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为L .现有一质量也为m (可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L 处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动．ER 流体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d 时，速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一．取重力加速度为g ，忽略空气阻力，试求：(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小； (2)滑块向下运动过程中的加速度大小；(3)当下移距离为d 时，ER 流体对滑块的阻力大小.解析：(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v 0，由自由落体运动规律有v 20＝2gL ，解得v 0＝2gL .(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a ，取竖直向下为正方向，则有－2ax ＝v 22－v 21，x ＝d ，v 1＝v 02，v 2＝v 04，解得a ＝3gL 16d.(3)设下移距离d 时弹簧弹力为F ，ER 流体对滑块的阻力为F ER ，对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F ＋F ER －2mg ＝2ma F ＝k (d ＋x 0) mg ＝kx 0联立解得F ER ＝mg ＋3mgL 8d－kd .答案：(1)2gL (2)3gL 16d (3)mg ＋3mgL8d －kd12.(2018·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：(1)物块的初速度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x m＝3.2 m由v20＝2gx m，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a′x′由牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mg sin θ＝6m＞μmg cos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5 (3)37°能滑回底端理由见解析。

2019届高考物理(课标通用)：(九) 牛顿第二定律两类动力学问题(重点高中)

课时跟踪检测（九）牛顿第二定律两类动力学问题[A 级——保分题目巧做快做]1．kg 和s 是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是( )A ．质量和时间B ．质量和位移C ．重力和时间D ．重力和位移解析：选A kg 为质量的单位，s 为时间的单位，A 正确。

2．[多选]如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块立即做减速运动B ．木块在一段时间内速度仍增大C ．当F 等于弹簧弹力时，木块速度最大D ．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选BCD 刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A 错误，B 、C 、D 正确。

3.(2018·绵阳模拟)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 紧挨在一起但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g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g 2解析：选B 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 系统分析，加速度为： a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3。

4．(2018·达州一模)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B 的上表面水平且光滑，长方体D 的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C 上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态解析：选C由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为g sin α。

高考物理江苏专版一轮复习课时检测(九)牛顿第二定律两类动力学问题解析含答案

课时跟踪检测（九）牛顿第二定律两类动力学问题对点训练：牛顿第二定律的理解1.若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则( )A ．携带弹药越多，加速度越大B ．加速度相同，与携带弹药的多少无关C ．携带弹药越多，获得的起飞速度越大D ．携带弹药越多，滑行时间越长解析：选D 携带弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，飞机加速度越小，由v 2＝2ax 可知，起飞速度越小，选项A 、B 、C 错误；起飞前滑行的距离相同，由x ＝12at2可得，加速度越小，滑行时间越长，所以D 正确。

2．[多选]如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( ) A ．木块立即做减速运动 B ．木块在一段时间内速度仍增大 C ．当F 等于弹簧弹力时，木块速度最大D ．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选BCD 刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A 错误，B 、C 、D 正确。

对点训练：牛顿第二定律的瞬时性问题3.(2018·南通模拟)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。

开始时A 、B 两球都静止不动，A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )A ．a A ＝aB ＝g B ．a A ＝2g ，a B ＝0C ．a A ＝3g ，a B ＝0D ．a A ＝23g ，a B ＝0解析：选D 设两个小球的质量都为m ，以AB 球整体作为研究对象，A 处于静止状态受力平衡，由平衡条件得：细线拉力T ＝2mgtan 60°＝23mg ，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，A 球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得：a A ＝23mgm＝23g ，B 球的受力情况不变，则加速度仍为0，故D 正确。

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。

高三物理一轮复习课时跟踪检测(九)第三章+牛顿第二定律+两类动力学问题+Word版含解析.doc

课时跟踪检测（九）牛顿第二定律两类动力学问题[A级——基础小题练熟练快]1．(2019·淮北检测)下列说法正确的是()A．物体受到力的作用时，力克服了物体的惯性，使其产生了加速度B．人走在松软土地上下陷时具有向下的加速度，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力C．物理公式既能确定物理量之间的数量关系，又能确定物理量间的单位关系D．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零解析：选C惯性是物体的固有属性，力能使物体产生加速度，但不能说力克服了物体的惯性，A错误。

根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误。

物理公式不仅能确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C正确。

根据牛顿第二定律，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误。

2．(多选)如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1 s时刻撤去恒力F，物体运动的v-t图像如图乙所示。

重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A．物体在3 s内的位移x＝3 mB．恒力F与摩擦力f大小之比为F∶f＝3∶1C．物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.3D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为v1∶v2＝2∶1解析：选BC在速度—时间图像中图线与时间轴所围成的面积等于位移的大小，3 s 内物体的位移大小应为9 m，A错误。

撤去力F后，物体受摩擦力作用而减速运动，加速度大小为3 m/s2，而a2＝μg，得μ＝0.3，C正确。

匀变速直线运动的平均速度等于初、末速度和的一半，故撤去F前后两个阶段的平均速度相同，D错误。

根据牛顿第二定律可得：F－f＝ma1，f＝ma2，又由题图乙可知a1＝6 m/s2，a2＝3 m/s2，联立解得F∶f＝3∶1，故B 正确。

3．(多选)(2018·青岛二模)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。

当两小球间距小于或等于L时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，两小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图像如图所示，由图可知()A．a球的质量大于b球的质量B．在t1时刻两小球间距最小C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小D．在0～t3时间内b球所受的排斥力方向始终与运动方向相反解析：选AC由速度—时间图像可知b小球的速度—时间图线的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝Fm知，加速度大的质量小，所以b小球的质量较小，故A正确；两小球做相向运动，当速度相等时两小球间距最小，即t2时刻两小球间距最小，之后距离开始逐渐增大，故B错误，C正确；b球在0～t1时间内做匀减速运动，排斥力与运动方向相反，故D错误。

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全国卷2019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)

高考物理总复习 课时跟踪检测(九)牛顿第二定律 两类动力学问题

2019版高考物理一轮复习 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

(浙江选考)版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题达标检测(

2019高三物理人教版一轮教师用书：第3章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题 Word版含解析

2019Word版 江苏物理课时跟踪检测(九) 牛顿第二定律 两类动力学问题