2020高考物理一轮复习8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版
2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--动力学中的图像问题
动力学中的图像问题一、动力学图像二、针对练习1、如图甲所示，水平长木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是()A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s22、（多选）如图所示，蹦极运动就是在跳跃者脚踝部绑有很长的橡皮条的保护下从高处跳下，当人体落到离地面一定距离时，橡皮绳被拉开、绷紧、阻止人体继续下落，当到达最低点时橡皮再次弹起，人被拉起，随后，又落下，反复多次直到静止。
取起跳点为坐标原点O，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力和风对人的影响，人可视为质点。
从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示在竖直方向上人的速度、加速度和下落时间。
下列描述v与t、a与、y的关系图像可能正确的是（）A．B．C．D．3、水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下匀加速运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是（）()4、如图所示，竖直轻弹簧一端与地面相连，另一端与物块相连，物块处于静止状态。
现对物块施加一个竖直向上的拉力F，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，则拉力F随时间t变化的图像可能正确的是（）A．B．C．D．5、水平力F方向确定，大小随时间的变化如图2a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知()A．物块的质量m＝2 kgB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C．在4 s末，物体的动量为12 kg· m/sD．在2～4 s时间内，小物块速度均匀增加6、（多选）如图甲所示，物块A、B中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块A 的质量为1.2kg。
高考物理复习：牛顿第二定律的应用
绳瞬间a受到的合力F=mg+FT1=mg+2mg=3mg,故加速度 a1==3g ,故A、B
错误。设弹簧S2的拉力为FT2,则FT2=mg,FT1=2FT2,根据胡克定律F=kΔx可
得Δl1=2Δl2,故C正确,D错误。
能力形成点3
动力学两类基本问题——规范训练
整合构建
1.解决两类动力学基本问题应把握的关键
项错误。剪断细绳瞬间,对 A 球由牛顿第二定律有
mAgsin 30°=mAaA,得 A 的加速度 aA=gsin
1
30°= g,D
2
项正确。
归纳总结抓住“两关键”、遵循“四步骤”
(1)分析瞬时加速度的“两个关键”:
①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)“四个步骤”:
B.1 N/C=1 V/m
C.1 J=1.60×10-19 eV
D.库仑不是国际单位制中的基本单位
解析:根据牛顿的定义,1 N=1 kg·
m/s2,则1 kg·
m/s=1 N·
s,故A正确。1 N/C
和1 V/m都是电场强度的单位,所以1 N/C=1 V/m,故B正确。电子伏是能量
的单位,1 eV=1.60×10-19 J,故C错误。库仑不是国际单位制中的基本单
牛顿第二定律的应用
内
容
索
引
01
第一环节
必备知识落实
02
第二环节
关键能力形成
第一环节
必备知识落实
知识点一
超重
失重
1.超重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的
现象。
2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--瞬时性问题,动力学中的两类基本问题
瞬时性问题、动力学中的两类基本问题一、瞬时问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．二、动力学两类基本问题1.解题指导（1）做好两个分析：①受力分析，表示出合力与分力的关系；②运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.（2）熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.（3）把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．2.必备知识（1）基本思路（2）基本步骤（3）解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
三、针对练习1、如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。
已知重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
下列结论正确的是( )A ．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43mgB ．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC ．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD ．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为53g2、如图所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A ，B 球，在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ B ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ C ．C 对地面的压力等于A ，B 和C 的重力之和 D ．地面对C 无摩擦力3、如图所示，物块1的质量为3m ，物块2的质量为m ，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( ) A ．a 1＝0，a 2＝g B ．a 1＝g ，a 2＝g C ．a 1＝0，a 2＝4 g D ．a 1＝g ，a 2＝4 g4、如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( ) A ．2F 3 2F 3m ＋gB ．F 3 2F3m＋gC ．2F 3 F 3m＋gD ．F 3 F3m＋g5、如图，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，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g )( ) A ．图甲中A 球的加速度不为零 B ．图乙中两球加速度均为g sin θ 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3倍6、如图所示，质量为2 kg 的物体B 和质量为1 kg 的物体C 用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。
高考物理一轮复习学案3
高考物理一轮复习学案3.2 牛顿第二定律及其实验验证&两类动力学问题一，牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它所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质量(kg)、长度(m)和时间(s)．(3)导出单位有N 、m/s 、m/s2等．1．x-t 图象的理解核心素养一 用牛顿第二定律分析瞬时加速度1．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g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g 2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 ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3，故选B.答案：B2．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：C一、单选题1．如图所示为甲、乙两质点沿同一直线运动的速度时间图像，下列判断正确的是（ ）A ．0~6 s 内，不存在甲、乙加速度相同的时刻B ．0~6 s 内，甲的平均速度小于乙的平均速度C ．3 s 末，甲受到的合力小于乙受到的合力D ．若甲、乙在t =0时刻相遇，则它们在0~6 s 内还会相遇两次2．力 F 1 单独作用在物体 A 上时产生的加速度 a 1 大小为 5m/s 2，力 F 2 单独 作用在物体 A 上时产生的加速度 a 2 大小为 2m/s 2，那么，力 F 1 和 F 2 同时作用在 物体 A 上时产生的加速度 a 的大小不可能是（ ）A ．5m/s 2B ．3m/s 2C ．8m/s 2D ．7m/s 23．一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 之间的关系的图像是A ．B ．C ．D ．4．如图所示，在粗糙水平地面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A ，其质量为M ，两个底角均为30°。
2023新考案一轮复习 第三章第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
2023新考案一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、多选题1.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〃与尸同时产生、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二、单选题2.在国际单位制（简称SI）中，力学的基本单位有：m （米）、kg （千克）、 s （秒）。
导出单位J （焦耳）用上述基本单位可表示为（）A. kg ∙ m ∙ s 1B. kg ∙ m' ∙ s 1C. kg ∙ m ∙ s 2D. kg ∙ m2∙s ’3.如图所示，在里约奥运会男子跳高决赛中，加拿大运动员德劳因突出重围, 以2米38的成绩夺冠，则（）A.德劳因在最高点处于平衡状态B.德劳因起跳以后在上升过程中处于失重状态C.德劳因起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力D.德劳因在下降过程中处于超重状态4.某同学自主设计了墙壁清洁机器人的模型，利用4个吸盘吸附在接触面上，通过吸盘的交替伸缩吸附，在竖直表面上行走并完成清洁任务，如图所示。
假设这个机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线“爬行”到右上方B点，设墙面对吸盘摩擦力的合力为E 下列分析正确的是（ ）则F 的方向可能沿A3方向 则尸的方向一定竖直向上则尸的方向可能沿AB 方向 则尸的方向一定竖直向上5 .图1所示的长江索道被誉为“万里长江第一条空中走廊”。
索道简化示意图如图2所示，索道倾角为30° ,质量为机的车厢通过悬臂固定悬挂在承载索 上，在牵引索的牵引下一起斜向上运动。
若测试运行过程中悬臂和车厢始终处 于竖直方向，缆车开始以加速度〃尸IOm/s,向上加速，最后以加速度@=10m/s2 向上减速，重力加速度大小g=10m∕T,则向上加速阶段和向上减速阶段悬臂对 车厢的作用力之比为（ ）三、多选题6 .京张高铁是北京冬奥会的重要配套工程，其开通运营标志着冬奥会配套建设 取得了新进展。
高三物理一轮复习 牛顿第二定律两类动力学问题-人教版高三全册物理试题
牛顿第二定律 两类动力学问题班级姓名1．鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是A B C D2．质量之比2:1的球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ；某时刻突然剪断细线，如此在细线断的瞬间A 、B 球的加速度分别为〔〕A ．a A =g ，aB =g B ．a A =0，a B =0.5gC ．a A =1.5g ，a B =0D ．a A =0.5g ，a B =1.5g3．如下列图，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静向向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A 、方向向左，大小不变B 、方向向左，逐渐减小C 、方向向右，大小不变D 、方向向右，逐渐减小4．在哈尔滨冰雕节上，工作人员将如下列图的小车和冰球推进箱式吊车并运至高处安装，先后经历了水平向右匀速、水平向右匀减速、竖直向上匀加速、竖直向上匀减速运动四个过程。
冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。
冰球与右侧斜挡板间存在弹力的过程是( )A.向右匀速过程B.向右匀减速过程C.向上匀加速过程D.向上匀减速过程5．如下列图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对于小车静止地摆放在右端。
B 与小车平板间的动摩擦因数为μ。
假设某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，如此此刻小车对物块B 产生的作用力的大小和A B v方向为〔 〕 A ．mg ，竖直向上 B ．mg 21μ+，斜向左上方C ．mgtan θ，水平向右D ．mg 21tanθ+，斜向右上方6．如下列图，长为L 的轻杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴O 上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，如此此时杆与水平面的夹角θ是 〔 〕A ．sinθ=2Lg ω B ．tanθ=2Lg ωB ．C ．sinθ=2gL ω D ．tanθ=2gL ω7．〔多项选择〕如下列图，置于水平地面上的一样材料的质量分别为m 和m 0的两物体用细绳连接，在m 0上施加一水平恒力F ，使两物体做匀加速直线运动，对两物体间细绳上的拉力，如下说法正确的答案是：A ．地面光滑时，绳子拉力大小等于m m mF+0B ．地面不光滑时，绳子拉力大小等于mm mF+0 C ．地面不光滑时，绳子拉力大于m m mF+0D ．地面不光滑时，绳子拉力小于mm mF+0 8．如下列图,有A 、B 两物体,B A m m 2=, 用细绳连接后放在光滑的斜面上, 在它们下滑的过程中A.它们的加速度θsin g a =B.它们的加速度a 小于θsin gC.细绳的张力0=TD.细绳的张力θsin 31g m T B = 9．如下列图，A 、B 两物体的质量分别为M 和m ，用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A 物体与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，在A 物体加速向右运动过程中〔B 物体落地前〕，A 的加速度大小为〔 〕A ．gB ．M mg C ．M Mg mg μ- D ．m M Mg mg +-μ10．一小球从空中由静止下落，下落过程中小球所受阻力与速度的平方成正比，设小球离地足够高，如此 ( )A.小球先加速后匀速B.小球一直在做加速运动C.小球在做减速运动D.小球先加速后减速11．如如下图所示，传送带的水平局部长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速度释放一小木块，假设木块与传送带间的动摩擦因数为μ，如此木块从左端运动到右端的时间不可能是A.L v B.L v ＋2v ug C. 2L ugD.2L v12．如图,从竖直面上大圆〔直径d 〕的最高点A,引出两条不同的光滑轨道,端点都在大圆上,同一物体由静止开始,从A 点分别沿两条轨道滑到底端,如此〔 〕A.所用的时间一样B.重力做功都一样C.机械能不一样D.到达底端的动能相等13．如下列图，铁板AB 与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方。
2020高考物理一轮总复习“板块模型”和“传送带模型”含解析新人教版
两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”[A级—基础练]（2019 •湖南衡阳联考）如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的物块P最初一段时间的速度一时间图象如图乙所示，关于传送带的运动情况描述正确的是B. 可能是向右的匀速运动C. 一定是向左的匀加速运动D.可能是向左的匀速运动P向右做加速运动，初始做加速度为卩g的加速运动，然后与传送带相正方向,A. 定是向右的匀加速运动解析：A [由题意可知：物块对静止一起向右做匀加速运动，故A正确.]2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机.如图所示，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上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是（）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.木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D.传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：C [刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误.木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力,摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，卩mg= ma所以22v不再有相对滑动，由v = 2ax得，木炭包位移x木= ，设相对滑动时间为23 ga=卩g,当达到共同速度时，vt，由v = at得t = ，此时卩g2v 一v2传送带的位移为x传=vt = ，所以相对滑动的位移是△ x=x传一x木= ;，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误.木炭包与传送带间的动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确.传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误.]3. 一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦.现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平.若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是A. 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：D ［因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由 卩mg- kx = ma 可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D 项正确.］4. 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因 数为卩=0.3，用水平恒力F 拉动小车，物块的加速度为a i ，小车的加速度为a 2,当水平恒力F 取不同值时,a i 与a 2的值可能为（当地重力加速度 g 取10 m/s 2）（）2 2D. a i = 3 m/s , a 2= 5 m/s解析：D ［当F v 卩mgr 3 m/s 2 • m 时，物块与小车一起运动，且加速度相等，最大共同加速度为 =卩g = 3 m/s 2,故A 、B 错误；当F > 3 m/s 2 • m 时，小车的加速度大于物块的加速度，此时物块与小车发 生相对运动，此时物块的加速度最大， 由牛顿第二定律得：a i r^m^卩g = 3 m/s 2,小车的加速度a 2>3 m/s 2, 故C 错误，D 正确.］5. （20i9 •江西南昌三中模拟）如图i 所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为 物块与平板车的动摩擦因数为 0.2 , t = 0时，车开始沿水平面做直线运动，其v — t 图象如图2所示.g 取解析：C ［小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大 △ v 22小相等，a = X7 = 4 m/s ,根据物块与车的动摩擦因数可知， 物块与车的滑动摩擦力产生的加速度为 2 m/s ,因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力•根据受力分析,A . a i = 2 m/s 2, a 2= 3 m/s 2B . a i = 3 m/s 2, a 2= 2 m/s 2 C. a i = 5 m/s 2, a 2= 3 m/s 2a maxm 的物块,i0 m/s 2结合牛顿第二定律，则有：当 0〜8 s 时，车的速度大于物块，因此物块受到滑动摩擦动力，则其加速度为2 m/s 1 2,同理，可得：当8〜16 s 时，车的速度小于物块， 因此物块受到滑动摩擦阻力， 则其加速度为2 m/s 2,故C 正确，A 、B 、D 错误.]6. （2019 •盐城1月检测）（多选）如图甲所示，以速度 v 逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的 夹角为0 .现将一个质量为 m 的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为解析：CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度 变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故 D 项正确，A 、B 项错误.] 7.（多选）如图甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A 木板B 受到随时间t变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出木板 B 的加速度a,得到如图乙所示的 a - F 图象，已知g 取10 m/s 2,A. 滑块A 的质量为4 kgB. 木板B 的质量为1 kgC. 当F = 10 N 时木板B 的加速度为4 m/s 2D.滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为 0.1解析：BC [当F = 8 N 时，加速度为a = 2 m/s 2,对整体分析,1 △ a2 ―. -.图线的斜率k =「=「= : kg = 1 kg ，解得M= 1 kg ,M △ F 8 — 62=4 m/s ，故C 正确.]& （多选）如图所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为 37° .现有两个小物块 A B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5 ,g 取10 m/s 2, sin 37°= 0.6 , cos 37°= 0.8.下列判断正确的是（ ）据解得附mr 4 kg ，当F > 8 N 时，对B 根据牛顿第二定律得a =匕評游晋由题图图象可知,滑块的质量为 mp 3 kg ，故A 错误，B 正确;根据F 大于8 N 时的图线知，F = 6 N 时a = 0,即卩0 = 6-乂30代入数据解得卩=0.2，故选项D 错则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是由牛顿第二定律有 F =（俯n ）a ,代入数甲乙( )甲12 0.2 X 30 2误；由图示图象可知，当F= 10 N时，滑块与木板相对滑动,B滑动的加速度为a= -X 10 m/s —m/s帝！ 37°A. 物块A 先到达传送带底端B. 物块A 、B 同时到达传送带底端C. 传送带对物块A 、B 的摩擦力都沿传送带向上D.物块A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块 B 下滑过程中相对传送带的路程解析：BCD [A 、B 都以1m/s 的初速度沿传送带下滑， 故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上， 大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故 A 错误，B 、C 正确；A 物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D 正确.][B 级一能力练]9. （2019 •河北唐山一中调研）（多选）如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质 量分别为M 和m 各接触面间的动摩擦因数均为 □，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d .现A .纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为 讥 阿mgB .要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2卩（M + mgC.若砝码与纸板分离时的速度小于 ，卩gd,砝码不会从桌面上掉下D. 当F =卩（2阿3m g 时，砝码恰好到达桌面边缘解析：BC [对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为 □（附mg +卩 Mg 故A 错误.设砝码的加速度为a i ，纸板的加速度为 a ?,则有：f 1= Ma , F - f 1- f 2= ma ,发生相对运动需要 a 2> a i ,代入数据解得： F >21（阿mg ,故B 正确.若砝码与纸板分离时的速度小于V Tgd ，砝码匀加速运动的位移小于》=护^=专，匀减速运动的位移小于 ~ =十匹=£,则总位移小于d ,不会从桌面上掉下，故C 正确.2a i 2g 2 2a i 2 卩 g 2=*a 1t 3= d ,可知砝码离开桌面，D 错误.]10. （多选）在内蒙古的腾格里沙漠，有一项小孩很喜欢的滑沙项目.其运动过程可类比为如图所示的模 型，倾角为37°的斜面上有长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为小孩（可视为质点）坐在滑板上32V i gF = 1 （2俯3m ）g 时，砝码未脱离纸板时的加速度 a i = 1 g ,纸板的加速度F — i M+ m g - i Mg a 2= m = 2 1 gv = at =2 1 gd ,砝码脱离纸板后做匀减速运 动，匀减速运动的加速度大小1 g ,则匀减速运动的位移2 1 gd21 g=d ,而匀加速运动的位移 E'用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板,端，与滑板一起由静止开始下滑.小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板 g 取[〔！「|『，则以下判断正确的是解析：（1）由v — t 图象可知，滑块以初速度 V 2=h 「》冲上传送带时，在t = 8 s 时刻到达A 点，故传 送带的长度为:L = v t = 1 x (6 + 2) X 8 m = 32 m根据图线a 或b ,可求得滑块的加速度为:由牛顿第二定律可得：—1 mg= ma 解得：= 0.05间的动摩擦因数为 0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长, A .小孩在滑板上下滑的加速度大小为 B .小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为 C.经过2 s 的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为 期M解析：AC [A 项，对小孩受力分析，小孩受到重力、 二定律，有 mgs in 37 ° —卩’mg cos 37 °= ma,得a =门『,故A 项正确；B 项，小孩和滑板脱离前，对 滑板运用牛顿第二定律， 有mgs in 37° +卩1mc pos 37°— 2 12mg cos 37°= ma ,代入数据，解得比=]工s 2,支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，根据牛顿第 1 2 1 2 L故B 项错误；C 项，设经过时间t ，小孩离开滑板— ~a 2t = L ,解得t = -, 2 s ，故C 项正确；D 项，小孩 离开滑板时的速度为 v = a i t = 2 2 [fl $, D 项错误.]11. （2019 •福建模拟）如图甲所示，一个以恒定速率逆时针转动的传送带AB 在其左侧边缘的 B 点有 一个不计大小的滑块，若滑块以初速度 v 1 = ：】ii] S 冲上传送带，滑块运动的v — t 图象如图乙中实线 若滑块以初速度 v 2=6 III 技冲上传送带，滑块运动的 v — t 图象如图乙中实线 b 所示•重力加速度 a 所示; g 取10III :?，求:（1）传送带的长度L 和传送带与滑块间的动摩擦因数⑵ 滑块以初速度v i =：【“I 、冲上传送带到返回B 点所用的时间t '.ri ni62 4 6舟x 6X 3 m = 2X (10 — 6) x 2 m + (t10) x 2 m解得滑块回到 B 点的时间为：t '= 12.5 s 答案：(1)32 m 0.05(2)12.5 s12.(2019 •孝义市模拟)如图所示，长为I 的长木板A 放在动摩擦因数为 卩1的水平地面上，一滑块B (大小可不计)从A 的左侧以初速度 v o 向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为 静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)•已知A 的质量为M= 2.0 kg , B 的质量为 m= 3.0 kg , A 的长度为I = 3.0m 卩 1= 0.2 ,卩 2= 0.4 , (g 取卩J 「Is 2)为保证B 在滑动过程中不滑出 A,初速度v o 应满足什么条件? 分别求A B 对地的最大位移.解析：⑴分别对A 、B 进行受力分析，根据牛顿第二定律得：B 物体的加速度：a B =扫罟乞4 m/s 2A 物体的加速度:卩 2mgn 卩 1 M^ mg. ,2M = 1 m/s ；(2)当A B 速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出 A 物体，就不会滑出，设经过时间 t , AB 的速度相等，则有：v o — a B t = a A t根据位移关系，得 v o t —秦t 2— 1a A t 2 = l 代入数据解，得t =冷0s , V 0= 30 m/s 所以初速度应小于等于 5.5 m/s⑶A 、B 速度达到相等后，相对静止一起以v =¥° m/s 的初速度，a =卩g= 2 m/s 2的加速度一起匀减52一 v速运动直到静止，发生的位移： s = = 0.3 m2a1 2之前A 发生的位移为 S A = ^a x t = 0.6 m 1 2B 发生的位移 S B =v °t — ^a B t = 3.6 m所以A 发生的位移为 S A + s = 0.5 m + 0.3 m = 0.8 mB 发生的位移为 S B + s = 3.6 m + 0.3 m = 3.9 m22答案：(1) a A = 1 m/s a B = 4 m/s(2)初速度应小于等于.30 m/s(2)滑块在前后两段时间的位移大小相等，方向相反，可得: 2( A 与水平地面间的最大(1) A B 刚开始运动时各自的加速度分别是多大?f — F ' a =(3)0.8 m 3.9 m1 112d 根据；a2t2- a1t2= d,解得t =，则此时砝码的速度。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第3单元 牛顿运动定律 作业8牛顿第二定律的应用2
作业8牛顿第二定律的应用2A组基础达标微练一连接体问题1.(多选)(浙江淳安中学高二期末)质量为m'的小车上放置质量为m的物块,水平向右的牵引力作用在小车上,二者一起在水平地面上向右运动。
下列说法正确的是( )A.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间不存在摩擦力作用B.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间存在摩擦力作用C.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向左的摩擦力作用D.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向右的摩擦力作用2.(多选)如图所示,质量为m'、上表面光滑的斜面体放置在水平面上,另一质量为m的物块沿斜面向下滑动时,斜面体一直静止不动。
已知斜面倾角为θ,重力加速度为g,则( )A.地面对斜面体的支持力为(m'+m)gB.地面对斜面体的摩擦力为零C.斜面倾角θ越大,地面对斜面体的支持力越小D.斜面倾角θ不同,地面对斜面体的摩擦力可能相同3.(多选)(浙江桐乡一中期末)如图所示,质量分别为m1和m2的小物块,通过轻绳相连,并接在装有光滑定滑轮的小车上。
如果按图甲所示,装置在水平力F1作用下做匀加速运动时,两个小物块恰好相对静止;如果互换两个小物块,如图乙所示,装置在水平力F2作用下做匀加速运动时,两个小物块也恰好相对静止,一切摩擦不计,则( )A.F1∶F2=m22∶m12B.F1∶F2=m12∶m22C.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m2∶m1D.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m1∶m2微练二临界极值问题(弹力临界)4.(多选)(浙江丽水中学月考)如图所示,5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上,第5颗棋子最左端与水平面上的A点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上,恒力作用一小段时间后,五颗棋子的位置情况可能是( )5.如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端连接物体B,B上叠放着物体A,系统处于静止状态。
2025年高考物理一轮复习(新人教版) 第3章 第3课时 专题强化：牛顿第二定律的综合应用
m2F ②如图乙所示，用力F沿光滑斜面向上拉木块时，绳的拉力为__m_1_＋__m__2 _；
m2F 斜面不光滑时绳的拉力FT＝__m__1＋__m__2 __。
考点一 动力学中的连接体问题
(2)若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起，放在光滑水平面上，B在拉 力F的作用下，A、B一起(相对静止)做匀加速运动，则A受到的摩擦力为
考点一 动力学中的连接体问题
2.关联速度连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图 中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
考点一 动力学中的连接体问题
例2 (2023·福建龙岩市九校联考)如图所示的装置叫作阿特伍德机，是
阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规
第三章
运动和力的关系
第 专题强化：牛顿第二定律的
3 课
综合应用
时
目标 1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。2.理解几种常见的临界极值条件， 要求 会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。
内 容
考点一 动力学中的连接体问题
索
引
考点二 动力学中的临界和极值问题
< 考点一 >
考点一 动力学中的连接体问题
(2)系统由静止释放后，运动过程中物体B、C间作用力
的大小。
答案
4 5mg
或25Mg
考点一 动力学中的连接体问题
设B、C间的拉力为F， 对物体C，mg－F＝ma 解得 F＝mg－ma＝45mg＝25Mg 所以 C、B 间的作用力为45mg 或25Mg。
高考物理一轮复习 牛顿第二定律教学案
高考物理一轮复习牛顿第二定律教学案一．考点整理基本规律1．牛顿第二定律：物体加速度的大小跟作用力成，跟物体的质量成．加速度的方向与作用力方向．①表达式：F= ．②适用范围：只适用于参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）；只适用于物体（相对于分子、原子）、运动（远小于光速）的情况．2．单位制：①力学单位制：单位制由基本单位和导出单位共同组成．②力学中的基本单位：力学单位制中的基本单位有（kg）、______（m）和（s）．③导出单位：导出单位有N、m/s、m/s2等．3．牛顿运动定律的应用：两类基本问题，即由受力情况分析判断物体的运动情况；由运动情况分析判断物体的受力情况，关系如图．二．思考与练习思维启动1．关于力和运动的关系，下列说法正确的是（）A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用C．若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体必受力的作用D．物体的速率不变，则其所受合力必为02．在牛顿第二定律公式F = kma中，比例系数k的数值（）A．在任何情况下都等于1B．是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的C．是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的D．在国际单位制中一定等于13．楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ = 37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F = 10 N，刷子的质量为m = 0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ= 0.5，天花板长为L= 4 m．sin 37°= 0.6，cos 37°= 0.8，g取10 m/s2．试求：⑴ 刷子沿天花板向上的加速度；⑵ 工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．三．考点分类探讨典型问题〖考点1〗对牛顿第二定律的理解【例1】如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4．重力加速度大小为g，则有（）A．a1 = a2 = a3 = a4 = 0 B．a1 = a2 = a3 = a4 = gC．a1 = a2 = g，a3 = 0，a4 = (m + M)g/M D．a1 = g，a2 = (m + M)g/M，a3 = 0，a4 = (m + M)g/M 【变式跟踪1】如图所示，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（）A．0 B．233g C．g D．33g〖考点2〗整体法、隔离法的灵活应用【例2】如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f．若木块不滑动，力F的最大值是（）A．2f(m+M)/M B．2f(m+M)/mC．2f(m+M)/M– (m + M)g D．2f(m+M)/M + (m＋M)g【变式跟踪2】如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为（）A．F/25 B．24F/25C．24mg + F/2 D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定〖考点3〗动力学的两类基本问题【例3】为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系．小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜h A后速度减为零，“B鱼””竖直下潜h B后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：⑴“A鱼”入水瞬间的速度v A1；⑵“A鱼”在水中运动时所受阻力f A；⑶“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比f A∶f B．【变式跟踪3】质量为10 kg的物体在F = 200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ = 37°，如图所示．力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x（已知sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g = 10 m/s2）．四．考题再练高考试题1．【2012·安徽卷】如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（）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【预测1】如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为（）A．F3kB．F2kC．L +F3kD．L +F2k2．【2013广东高考】．如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处【预测2】如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P．设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为（）A．2∶1 B．1∶1 C．3∶1 D．1∶ 33．【2013江苏高考】如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．⑴当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；⑵要使纸板相对砝码运动,,求需所拉力的大小；⑶本实验中，m1 = 0. 5 kg、m2 = 0. 1 kg，μ= 0. 2,砝码与纸板左端的距离d = 0. 1 m，取g =10m/ s2．若砝码移动的距离超过l = 0. 002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大? 【预测3】如图所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m = 1.0 kg的小铁块，它离布带右端的距离为L= 0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为μ= 0.1．现用力从静止开始向左以a0= 2 m/s2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g取10 m/s2，求：⑴将布带从铁块下抽出需要多长时间？⑵铁块离开布带时的速度大小是多少？4．【2013安徽高考】如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为 0.75l时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g．⑴求物块处于平衡位置时弹簧的长度；⑵选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；⑶求弹簧的最大伸长量；⑷为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数 应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？mαM【预测4】如图（a ）所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，光滑表面BC 与水平面夹角为θ = 37°．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b ）)所示．已知sin 37° = 0.6，cos 37° =0.8，g 取10 m/s 2．求： ⑴ 斜面BC 的长度； ⑵ 滑块的质量；⑶ 运动过程中滑块发生的位移．五．课堂演练 自我提升1．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是 （ ） A ．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B ．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C ．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D ．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 2．如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后 （ ） A ．将立即做变减速运动 B ．将立即做匀减速运动C ．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D ．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零3．质量为1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s 内的位移为x m ，则F 的大小为（单位为N ） （ ）A ．2x t 2B ．2x 2t －1C ．2x 2t ＋1D ．2x t －14．一个原来静止的物体，质量是7 kg ，在14 N 的恒力作用下，则5 s 末的速度及5 s 内通过的路程为（ ）A ．8 m/s 25 mB ．2 m/s 25 mC ．10 m/s 25 mD ．10 m/s 12.5 m5．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6．如图所示，水平面上质量均为4 kg 的两木块A 、B 用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F 拉动木块A ，使木块A 向上做加速度为5 m/s 2的匀加速直线运动．选定A 的起始位置为坐标原点，g = 10 m/s 2，从力F 刚作用在木块A 的瞬间到B 刚好离开地面这个过程中，力F 与木块A 的位移x 之间关系图象正确的是 （ ）7．如图所示，物块a 放在竖直放置的轻弹簧上，物块b 放在物块a 上静止不动．当用力F 使物块b 竖直向上做匀加速直线运动时，在下面所给的四个图象中，能反映物块b 脱离物块a 前的过程中力F 随时间t 变化规律的是 （ ）8．物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F 表示物体所受的合力，a 表示物体的加速度，v 表示物体的速度） （ ）9．如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处放置一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块自A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为 （ ）A ．α = θB ．α = θ2C ．α = θ3 D ．α = 2θ10．质量均为m 的A 、B 两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A紧靠墙壁，如图所示，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 （ ） A ．A 球的加速度为 F /2m B ．A 球的加速度为零 C ．B 球的加速度为F /2m D ．B 球的加速度为F /m11．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于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 ．c 、a 、b 三球依次先后到达M 点12．一物体重为50 N ，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F 1和F 2，若F 2 = 15 N 时物体做匀加速直线运动，则F 1的值可能是（g ＝10 m/s 2） （ ） A ．3 N B ．25 N C ．30 N D ．50 N13．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 图线如图所示，则 （ ） A ．在0～t 1时间内，外力F 大小不断增大 B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2时间内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2时间内，外力F 大小可能先减小后增大14．用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图所示，g = 10 m/s 2，则可以计算出 （ ） A ．物体与水平面间的最大静摩擦力 B ．F 为14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量15．某同学为了探究物体与斜面间的动摩擦因数进行了如下实验，取一质量为m 的物体使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α = 30°，取重力加速度g = 10 m/s 2，则由此可得 （ ） A ．物体的质量为3 kgB ．物体与斜面间的动摩擦因数为39C ．撤去推力F 后，物体将做匀减速运动，最后可以静止在斜面上D ．撤去推力F 后，物体下滑时的加速度为103m/s 216．一辆质量为1.0×103 kg 的汽车，经过10 s 由静止加速到速度为108 km/h 后匀速前进．求：⑴ 汽车受到的合力大小；⑵ 如果关闭汽车发动机油门并刹车，设汽车受到的阻力为6.0×103 N，求汽车由108 km/h 到停下来所用的时间和所通过的路程．17．静止在水平面上的A 、B 两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图，轻绳长L = 1 m ，承受的最大拉力为8 N ，A 的质量m 1 = 2 kg ，B 的质量m 2 = 8 kg ，A 、B 与水平面间的动摩擦因数μ = 0.2，现用一逐渐增大的水平力F 作用在B 上，使A 、B 向右运动，当F 增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g = 10 m/s 2）．⑴ 求绳刚被拉断时F 的大小；⑵ 若绳刚被拉断时，A 、B 的速度为2 m/s ，保持此时的F 大小不变，当A 静止时，A 、B 间的距离为多少？18．质量为0.3 kg 的物体在水平面上做直线运动，图中a 、b 直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的v – t 图象，取g = 10 m/s 2．求： ⑴ 物体受滑动摩擦力多大？ ⑵ 水平拉力多大？19．如图所示，倾角为37°，长为l = 16 m 的传送带，转动速度为v = 10 m/s ，动摩擦因数μ = 0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m = 0.5 kg 的物体．已知sin 37° = 0.6，cos 37°= 0.8，g = 10 m/s 2．求：⑴ 传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； ⑵ 传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．参考答案：一．考点整理基本规律1．正比反比相同ma惯性宏观低速2．千克米秒二．思考与练习思维启动1．AC；物体的速度不断增大，一定有加速度，由牛顿第二定律知，物体所受合力一定不为0，物体必受力的作用，A正确；位移与运动时间的平方成正比，说明物体做匀加速直线运动，合力不为0，C正确；做匀速直线运动的物体的位移也是逐渐增大的，但其所受合力为0，故B错误；当物体的速率不变，速度的方向变化时，物体具有加速度，合力不为0，D错误．2．CD；物理公式在确定物理量的数量关系的同时也确定了物理量单位的关系．牛顿第二定律的公式F= ma 是根据实验结论导出的，其过程简要如下：实验结论1：a∝F；实验结论2：a∝m-1；综合两个结论，得a∝F/m或F ∝ma．式子写成等式为F = kma，其中k为比例常数．如果选用合适的单位，可使k= 1．为此，对力的单位“N”做了定义：使质量是1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力，叫做1 N，即1 N = 1 kg·m/s2．据此，公式F = kma中，如果各物理量都用国际单位（即F用N作单位、m用kg作单位、a用m/s2作单位)，则k = 1．由此可见，公式F = kma中的比例常数k的数值，是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的，在国际单位制中k = 1，并不是在任何情况下k都等于1，故选项A、B错，选项C、D正确．3．答案⑴2 m/s2⑵2 s⑴刷子受力如图所示，对刷子沿斜面方向由牛顿第二定律得：F sinθ–mg sinθ–F f = ma垂直斜面方向上受力平衡，有：F cos θ = mg cosθ + F N其中F f = μF N由以上三式得：a = 2 m/s2．⑵由L = at2/2得：t = 2 s．三．考点分类探讨典型问题例1 C；在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1 = a2 = g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg = F，a3 = 0；由牛顿第二定律得物块4满足a4 = (F + Mg)/M = (M + m)g/M，所以C对．变式1 B；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 =mgcos 30°=233mg，产生的加速度a =Fm=233g，B正确．例2 A；对木块M，受到两个静摩擦力f和重力Mg三个力而向上运动，由牛顿第二定律得木块不滑动的最大加速度大小为a m = (2f–Mg)/M①对整体，受到两个力，即力F和整体重力(m + M)g，由牛顿第二定律得F–(m+ M)g= (m+ M)a ②代入最大加速度即得力F的最大值F m= 2f(m+ M)/M，A项正确．变式 2 B；设题中50个小物块组成的整体沿斜面向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得F–50μmg cos30°–50mg sin30° = 50ma；从整体中将第3、4、…、50共48个小物块隔离出来进行受力分析，设第2个小物块对第3个小物块的作用力大小为F N，由牛顿第二定律得F N–48μmg cos30°– 48mgsin30° = 48ma；联立以上两式解得F N= 24F/25，由牛顿第三定律可知，第3个小块对第2个小物块作用力大小为24F/25，故选项B正确．例3 ⑴“A鱼”在入水前做自由落体运动，有v A12– 0 = 2gH①得：v A1 = 2gH ②⑵“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A，有F浮 + f A-mg = ma A③0 - v A12 = – 2 a A h A④由题意：F浮 = 10mg/9 由②③④式得f A = mg(H/h A– 1/9) ⑤⑶考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有f B = mg(H/h B– 1/9) ⑥综合⑤、⑥两式，得f A：f B = h B(9H - h A)/[h A(9H - h B)]．变式3设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则：a1t1= a2t2①有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示．由牛顿第二定律可得：F cosθ–mg sinθ–F f1 = ma1②F f1 = μF N1 = μ(mg cos θ + F sin θ) ③撤去力F后，对物体受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：–mg sinθ–F f2= –ma2④F f2= μF N2= μm gcosθ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得：a2 = 8 m/s2，a1 = 5 m/s2，μ = 0.25，物体运动的总位移x = a1t12/2 + a2t22/2 = 16.25 m.．四．考题再练高考试题1．C；设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律，知物块沿斜面加速下滑时的加速度a = g(sinθ–μcosθ) > 0，即μ< tanθ．对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′= [(mg+ F)sinθ–μ(mg + F)cosθ]/m = a + (F sinθ–μF cosθ)/m，且F sinθ–μF cosθ> 0，故a′ > a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．预测 1 C；两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F = (m + 2m)a，对质量为m的小球水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得：kx = ma，则此时两球间的距离为L +F3k，C正确．2．BD预测2 B；由“等时圆”模型结论有：t AP = t CP =2Rg，t PB = t PD=2rg，所以t1 = t AP + t PB，t2 = t CP + t PB，知t1 = t2，B项正确．3．⑴砝码对纸板的摩擦力f1 = μm1g桌面对纸板的摩擦力f2 = μ(m1 + m2)g f = f1 + f2，解得f =μ(2m1 + m2)g．⑵设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1= m1a1F–f1–f2= m2a2发生相对运动a2>a1解得F > 2μ(m1 + m2)g．⑶纸抽出前，砝码运动的距离x1 = a1t12/2 纸板运动的距离d + x1 = a2t12/2 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2 = a3t22/2 l = x1 + x2由题意知a1 = a3、a1t1 = a3t3解得F = 2μ[m1 +(1 + d/l)m2]g代入数据解得F = 22.4N预测3 ⑴设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为L + x，铁块滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得：μmg= ma，a= μg= 1 m/s2，根据运动学公式有：L＋x= a0t2/2，x = at2/2，解得：t =2La0－μg= 1 s．⑵由v = v0 + at得铁块速度v = 1×1 m/s = 1 m/s．4．⑴设物块在斜面上平衡时，弹簧的伸长量为ΔL，有mg sinα–kΔL = 0解得ΔL = (mg sinα)/k此时弹簧的长度为L + (mg sinα)/⑵当物块的位移为x时，弹簧伸长量为x + ΔL物块所受合力为F合 = mf sinα–k(x + ΔL)联立以上各式可得F合 = –kx则物块作简谐运动⑶物块作简谐运动的振幅为A = L/4 + (mg sinα)/k由对称性可知，最大伸长量为L/4 + (mg sinα)/kxmαMOfFαF N2⑷ 设物块位移x 为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面 体平衡，所以有水平方向 f + F N1sin α – F cos α = 0竖直方向F N2 – Mg – F N1cos α – F sin α = 0 又F = k (x + ΔL )、F N1 = mg cos α联立可得 f = kx cos α，F N2 = Mg + mg + kx sin α为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有︱f ︱≤ μF N2 所以μ ≥︱f ︱/μF N2 =(k ︱x ︱cos α)/(Mg + mg + kx sin α)当 x = – A 时，上式右端达到最大值，于是有≥ [(kL + 4mg sin α)cos α]/(4Mg + 4mg cos 2α- kL sin α)预测 4 ⑴ 分析滑块受力，如图所示，由牛顿第二定律得：a 1 =g sin θ = 6 m/s 2，通过图（b ）可知滑块在斜面上运动的时间为：t 1 = 1 s ，由运动学公式得：s = a 1t 21/2 = 3 m ． ⑵ 滑块对斜面的压力为：N 1′ = N 1 = mg cos θ，木块对传感器的压力为：F 1 = N 1′sin θ；由图（b ）可知：F 1 = 12 N 解得：m = 2.5 kg ．⑶ 滑块滑到B 点的速度为：v 1 = a 1t 1 = 6 m/s ，由图（b ）可知：f 1 = f 2 = 5 N ，t 2 = 2 s ，a 2 = f 2/m= 2m/s 2，s = v 1t 2 – a 2t 22= 8m ．五．课堂演练 自我提升1．D ；物体加速度的大小与质量和速度大小的乘积无关，A 项错误；物体所受合力不为0，则a ≠ 0，B项错误；加速度的大小与其所受的合力成正比，C 项错误．2．C ；物体在力F 作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增加，当弹簧的弹力大小等于力F 时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F ，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大．综上所述，A 、B 、D 错误，C 正确． 3．A ；由牛顿第二定律F = ma 与x = 12at 2，得出F = 2mx t 2 = 2xt2．4．C ；物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律和运动学公式得：a = F /m = 2 m/s 2，v = at = 10 m/s ，x = at 2/2 = 25 m ． 5．C ；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 绳 = mg 对A 球有F 弹 = mg + F 绳；在细线烧断后，F 绳立即消失，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 球有向下的重力加速度g ；A 球有F 弹 – mg = ma A 解得a A = g ，方向向上．综上分析，选C ．6．A ；设初始状态时，弹簧的压缩量为x 0，弹簧劲度系数为k ，木块的质量为m ，则kx 0 = mg ；力F 作用在木块A 上后，选取A 为研究对象，其受到竖直向上的拉力F 、竖直向下的重力mg 和弹力k (x 0–x )三个力的作用，根据牛顿第二定律，有F + k (x 0 – x ) – mg = ma ，即F = ma + kx = 20 + kx ；当弹簧对B 竖直向上的弹力大小等于重力时B 刚好离开地面，此时弹簧对木块A 施加竖直向下的弹力F 弹，大小为mg ，对木块A 运用牛顿第二定律有F – mg – F 弹 = ma ，代入数据，可求得F = 100 N ．7．C ；将a 、b 两物体作为一个整体来进行分析，设两物体的总质量为m ，物体向上的位移为Δx = at 2/2，受到向上的拉力F 、弹簧的弹力F N 和竖直向下的重力G ，由题意得kx 0 = mg ，由牛顿第二定律得F + k (x 0– Δx ) – mg = ma ，即F = mg + ma – (mg – k Δx ) = ma + k ×at 2/2，故C 正确．8．C ；由F = ma 可知加速度a 与合外力F 同向，且大小成正比，故F – t 图象与a – t 图线变化趋势应一致，故选项A 、B 均错误；当速度与加速度a 同向时，物体做加速运动，加速度a 是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项C 正确，D 错误．9．B ；如图所示，在竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于D 点．由等时圆知识可知，由A 沿斜面滑到D 所用时间比由A 到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端与D 点重合即可，而∠COD = θ，则α= θ/2．10．BD ；恒力F 作用时，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 = F /m ，故C 项错、D 项对． 11．CD ；设圆轨道半径为R ，据“等时圆”模型结论有，t a =4Rg= 2 Rg；B 点在圆外，t b > t a ，c 球做自由落体运动t c =2Rg；所以，有t c < t a < t b ，C 、D 正确． 12．ACD ；若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F 2 – F 1 – μG = ma > 0，解得F 1 < 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：F 1 – F 2 – μG = ma > 0，解得F 1 > 25 N ，C 、D 正确．13．CD ；0～t 1时间内，物体做加速度减小的加速运动，由F 1 - F f = ma 1，a 1减小，可知外力不断减小，A 错；由图线斜率可知t 1时刻的加速度为零，故外力大小等于摩擦力大小，B 错；t 1～t 2时间内，物体做加速度增大的减速运动，若外力方向与物体运动方向相同，由F f - F 2 = ma 2，a 2增大，可知外力逐渐减小，若外力方向与物体运动方向相反，由F f + F 3 = ma 2，a 2增大，可知外力逐渐增大，又由于在t 1时刻，外力F 大小等于摩擦力F f 的大小，所以F 可能先与物体运动方向相同，大小逐渐减小，减小到0后再反向逐渐增大，故C 、D 对．14．ACD ；由a – F 图象可知，拉力在7 N 之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N ，选项A正确；再由图象可知，当F = 7 N 时，加速度为0.5 m/s 2，当F = 14 N 时，加速度为4 m/s 2，即F 1 – μmg = ma 1，F 2 – μmg = ma 2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C 、D 正确；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N 时物体的速度，选项B 错误． 15．ABD ；在0～2 s 由速度图象可得：a ＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，由速度图象可知，2 s 后匀速，合外力为零，推力大小等于阻力，故0～2 s 内的合外力F 合＝21.5 N －20 N ＝1.5 N ，由牛顿第二定律可得：m ＝F 合a ＝1.50.5kg ＝3 kg ，故选项A 正确；由匀速时F 推＝mg sin α＋μmg cos α，代入数据可得：μ＝39，所以选项B 正确；撤去推力F 后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受合外力为F 合′＝mg sin α－μmg cos α＝10 N ＞0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为：a ′＝F 合′m ＝103m/s 2，故选项C 错、D 对，所以正确选项为A 、B 、D ．16．汽车运动过程如图所示，v = 108 km/h = 30 m/h ．⑴ 由v = v 0 + at 得 加速度a = (v - v 0)/t = 3 m/s 2；由F = ma 知汽车受到的合力大小F = 1.0×103×3 N = 3.0×103 N ．⑵ 汽车刹车时，由F = ma 知加速度大小a ′ = f /m = 6 m/s2；据v = v 0 + at 知刹车时间t = v 0/ a ′ =5 s，由x = v 0t /2 知刹车路程x = 75 m ．17．⑴ 设绳刚要被拉断时产生的拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对A 物体有 F T – μm 1g = m 1a 代入数值得a = 2 m/s 2；对A 、B 整体有：F –μ(m 1 + m 2)g = (m 1 + m 2)a ，代入数值得F = 40 N ．⑵ 设绳断后，A 的加速度为a 1，B 的加速度为a 2，则a 1 = μg =2 m/s 2，a 2 = (F – μm 12g )/m 2 = 3m/s 2，A 停下来的时间为t ，则t = v /a 1 = 1 s ，A 的位移为x 1，则x 1 = v 2/2a 1 = 1 m ；B 的位移。
【世纪金榜】高考物理第一轮复习 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件 新人教版必修1
考点 2 牛顿第二定律的瞬时性(三年2考) 拓展延伸
【考点解读】牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型 牛顿第二定律的表达式为F=ma,其核心是加速度与合外力的瞬 时对应关系,二者总是同时产生、同时消失、同时变化,具体可 简化为以下两种模型: (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。
【解题探究】(1)物体的加速度与合力是否存在累积过程? 提示:力是产生加速度的原因,只要合力不为零,物体就有加速度, 它们之间具有瞬时对应关系,不存在累积过程。 (2)物体的每一个分力是不是可以独立产生加速度? 提示:牛顿第二定律具有独立性,每一个分力都可以独立产生各 自的加速度。
【解析】选D。物体加速度的大小与物体受到的合力成正比,与 物体的质量成反比,选项A错误;力是产生加速度的原因,只要有合 力,物体就有加速度,它们之间有瞬时对应关系,不存在累积效应, 选项B错误;物体加速度的大小与它受到的合力的大小成正比,选 项C错误;根据矢量的合成和分解得Fx=max,选项D正确。
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
知识点 1 牛顿第二定律 Ⅱ 单位制 Ⅰ 1.内容 物体加速度的大小跟__受__到__的__作__用__力___成正比,跟_物__体__的__质__量__ 成反比,加速度的方向跟_作__用__力__的__方__向__相同。 2.表达式 _F_=_m_a_。
3.
惯性 匀速直线
静止
宏观
低速
4.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:_选__定__的__物__理__量__的单位。力学中选定的物理量有 三个, 它们分别是_质__量__、_时__间__和_长__度__,它们的国际单位分 别是千__克__(_k_g_)__、_秒__(_s_)_和_米__(_m_)_。 (3)导出单位:由_选__定__的__物__理__量__根据物理关系推导出来的其他 物理量的单位。
高三物理 动力学两类基本问题
(1)空气阻力与小球重力大小的比值mfg； (2)小球从抛出到落到地面所经过的时间 t.
思路点拨：根据运动情况确定加速度利用牛顿第二定律结合运动中的受力情况求解． 规范解答：(1)从抛出到最高点，2a1h＝v20(1 分) 代入数据求得 a1＝12 m/s2(1 分) 根据牛顿第二定律：mg＋f＝ma1(1 分) mfg＝0.2.(1 分) (2)上升过程所用时间 t1＝va10＝1 s(1 分) 下落过程加速度 a2＝mgm－f＝mg－m0.2mg＝8 m/s2(1 分) 下落过程所用时间 t2，则有 h＋H＝12a2t22(1 分) 得 t2＝2 s(1 分) 总时间 t＝t1＋t2＝3 s．(2 分)
8s 3g.
答案：(1)0.5 (2)
8s 3g
考点二：连接体问题的应用
【例2】 (综合题)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固 定在水平地面上，质量为m的物块A叠放在物体B 上，物体B的上表面水平．当A随B一起沿斜面下 滑时，A、B保持相对静止．求B对A的支持力N和 摩擦力f.
解析：当A随B一起沿斜面下滑时，物块A受到竖直向下的重力mg、B对A竖直向上的支 持力N和水平向左的摩擦力f的作用而一起做加速运动，如图(甲)． 设B的质量为M，以A、B为整体，根据牛顿第二定律，有 (m＋M)·gsin θ＝(m＋M)a，得a＝gsin θ. 将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解，如图(乙)所示，则ax＝acos θ＝gsin θcos θ， ay＝asin θ＝gsin2 θ
(1)小球的加速度；
(2)最初2 s内小球的位移．
解析：(1)小球在斜杆上受力分析如图所示． 垂直杆方向：Fcos θ＝mgcos θ＋N① 沿杆方向：Fsin θ－mgsin θ－f＝ma② 其中：f＝μN③ ①②③联立，并代入数据，得 a＝0.4 m/s2. (2)最初 2 s 内的位移 s＝12at2＝0.8 m.
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。
2022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 两类动力学问题学案 新人教版
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题授课提示：对应学生用书第44页一、牛顿第二定律及单位制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。
(2)表达式：F＝ma。
(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对地面静止或做匀速直线运动的参考系。
②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2．单位制(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
(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、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。
(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、动力学两类基本问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知物体的受力情况求运动情况；第二类：已知物体的运动情况求受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：授课提示：对应学生用书第45页命题点一对牛顿第二定律的理解自主探究1．牛顿第二定律的5个性质及其局限性2．合力、加速度、速度间的决定关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合外力与速度同向，物体加速；合外力与速度反向，物体减速。
(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式。
1．(多选)下列说法正确的是( )A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用C ．F ＝ma 是矢量式，a 的方向与F 的方向相同，与速度方向无关D ．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小解析：由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力作用瞬间，物体会立即产生加速度，选项A 正确；根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，选项B 错误；牛顿第二定律F ＝ma 是矢量式，a 的方向与F 的方向相同，与速度方向无关，选项C 正确；由牛顿第二定律知物体所受合外力减小，加速度一定会减小，如果物体加速，其速度仍会增大，只是增大的慢一些，选项D 正确。
2020高考一轮第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学(新人教版)物理
2020高考一轮第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学（新人教版）物理[基础知识·填一填][知识点1] 牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同．(2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma.(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)．②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．2．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量．②基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位．③导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．(2)国际单位制中的基本单位判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．(×)[知识点2] 两类动力学问题1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况.(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况.2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体的逻辑关系如图：[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修1 P78第1题改编)由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为( )A．牛顿第二定律不适用于静止的物体B．桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值D．桌子所受的合力为零，加速度为零答案：D2．(人教必修1 P77科学漫步改编)质量分别为m1和m2的木块，并列放置于光滑水平地面，如图所示，当木块1受到水平力F的作用时，两木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度的大小？(2)木块1对2的弹力．解析：(1)将木块1和2看做一个整体，其合外力为F，由牛顿第二定律知F＝(m1＋m2)a，a＝Fm1＋m2.(2)再以木块2为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F12＝m2a，联立以上两式可得F12＝m2Fm1＋m2.答案：(1)Fm1＋m2(2)m2Fm1＋m23．(人教版必修1 P78第5题)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．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g取10 m/s2)解析：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/s 2.答案：0.5 m/s 24．(人教版必修1 P87第4题改编)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40 km/h 的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m ．已知汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g 取10 m/s 2)解析：选取初速度方向为正方向，则F N －mg ＝0①故F f ＝μF N ＝μmg ② 由牛顿第二定律得－F f ＝ma ③根据匀变速直线运动的规律有v 2－v 20＝2ax ④ 联立②③④式可得v 0＝2μgx 代入数据得v 0＝12 m/s汽车刹车前速度为12 m/s ，即43.2 km/h ，此汽车属超速行驶． 答案：超速5．(人教版必修1 P87第3题改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB ＝3.0 m ，斜面气囊长度AC ＝5.0 m ，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s ，g 取10 m/s 2，求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力) 解析：(1)根据运动学公式x ＝12at 2得a ＝2x t 2＝2×522 m/s 2＝2.5 m/s 2故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s 2. (2)乘客在气囊上受力情况如图所示．F f ＝μF N F N ＝mg cos θ根据牛顿第二定律：mg sin θ－F f ＝ma由几何关系可知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8联立解得μ＝g sin θ－a g cos θ＝716≈0.44故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44. 答案：(1)2.5 m/s 2(2)0.44考点一 对牛顿第二定律的理解[考点解读]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 ＝F m 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．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，自由伸长到B 点．今用一小物体m 把弹簧压缩到A 点(m 与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B 点运动到C 点而静止．小物体m 与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是( )A ．物体从A 到B 速度越来越大 B ．物体从A 到B 速度先增加后减小C ．物体从A 到B 加速度越来越小D ．物体从A 到B 加速度先减小后增加 [审题指导](1)由A 到C 的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B 点的左侧． (2)加速度a ＝0的位置在A 、B 之间，速度最大．[解析] BD [物体从A 到B 的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0.开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A 、B 间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动．所以，小物体由A到B 的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，正确选项为B、D.]弹簧弹力作用下的动态运动问题的基本处理方法宜采用“逐段分析法”与“临界分析法”相结合，将运动过程划分为几个不同的子过程，而找中间的转折点是划分子过程的关键．(1)合外力为零的点即加速度为零的点，是加速度方向发生改变的点，在该点物体的速度具有极值．(2)速度为零的点，是物体运动方向(速度方向)发生改变的转折点．[题组巩固]1．(2019·商丘模拟)(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是( )A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D．合力变小，物体的速度一定变小解析：ABC [加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为零的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误．]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弹簧，则当木块接触弹簧后( )A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力大小时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为0解析：BC [当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误．]3．(2019·内蒙古包头模拟)(多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧相连，轻质弹簧的另一端分别相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为l，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为l.将圆环拉至A点由静止释放，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)klmD ．圆环在B 点的速度为2gl解析：CD [圆环在O 点的合力大小等于重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为a A ＝mg ＋2×k (l 2＋l 2－l )×cos 45°m＝g ＋(2－2)kl m ，C 正确；A 、B 两点到O 点的距离都为l ，弹力在此过程中做功为0，根据动能定理得mg ·2l ＝12mv 2，即v ＝2gl ，D 正确．]考点二 瞬时加速度的求解[考点解读]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．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度[典例赏析][典例2] (多选)如图所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32gC ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g解析：BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球突然脱钩后，细绳q 对球的拉力发生突变，球将开始沿圆弧运动，将球的重力沿绳和垂直绳正交分解(见图1)，得F －mg cos 60°＝mv 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，A 错误，B 正确；q 和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg (见图2)，球的加速度大小为g ，故C 错误，D 正确．]在求解瞬时加速度时应注意的问题1．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析． 2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．[题组巩固]1．(轻绳模型)两个质量均为m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA ，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A 、B 的加速度分别用a 1和a 2表示，则( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝2gC ．a 1＝g ，a 2＝0D ．a 1＝2g ，a 2＝0解析：A [由于绳子张力可以突变，故剪断OA 后小球A 、B 只受重力，其加速度a 1＝a 2＝g .故选项A 正确．]2．(轻杆、轻弹簧模型)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：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对．]3.(轻弹簧模型)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：AC [剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1.mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]考点三动力学的两类基本问题[考点解读]1．动力学的两类基本问题的解题步骤2．解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．[典例赏析][典例3] (2019·东北四校协作体联考)如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离x.[审题指导][解析](1)在力F作用0.5 s内根据牛顿第二定律有F cos θ－mg sin θ－F f＝ma1F sin θ＝F N ＋mg cos θ F f ＝μF N设0.5 s 末速度为v 根据运动学公式有v ＝a 1t 1 撤去F 后0.4 s 内mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 v ＝a 2t 2联立以上各式得μ＝0.5a 1＝8 m/s 2，a 2＝10 m/s 2 v ＝a 2t 2＝4 m/s.(2)x ＝12a 1t 21＋vt 2－12a 2t 22＝1.8 m.[答案] (1)0.5 (2)1.8 m多过程问题的分析方法1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． 3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程． 5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．[题组巩固]1.(已知物体的受力情况求运动情况)如图所示，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，作用距离与第一次相同．已知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及这段时间内的位移大小． (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 ＝1260m/s 2＝0.2 m/s 2经时间t 2速度变为v ′t ＝v 1－a 2t 2＝1.2 m/s －0.2×2.0 m/s＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2， 则v 22－v ′2t ＝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联立解得x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m2．(已知物体的运动情况求受力情况)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l 1＝120 m ，在该区域安装有直流电机，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．已知飞机可看做质量恒定的质点，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/s 2)(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a 2，此过程中的平均阻力F f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F 推－F f2＝ma 2 代入数据解得a 2＝4.0 m/s 2(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a 1，末速度为v 1.此过程中飞机受到的阻力F f1＝0.05mg根据匀加速运动规律有v 21＝2a 1l 1v 2－v 21＝2a 2(l －l 1)根据牛顿第二定律有F 牵＋F 推－F f1＝ma 1 代入数据解得a 1＝58 m/s 2，F 牵＝1.05×106N. 答案：(1)4.0 m/s 2(2)58 m/s 21.05×106N物理模型(二) “等时圆”模型[模型特点]1．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且t＝2Rg(如图甲所示)．2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t＝2Rg(如图乙所示)．[答题模板][典例赏析][典例] 如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )A．2∶1 B．1∶1C.3∶1 D．1∶ 3[审题指导](1)物体在AB、CD上各做匀加速直线运动．(2)斜槽的长度：s AB＝2R sin 60°＋2r·sin 60°s CD＝2R sin 30°＋2r sin 30°.[解析] B [设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )sin θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t ＝2s a＝2×2(R ＋r )sin θg sin θ＝2R ＋rg，即所用的时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确．][题组巩固]1.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处放置一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块自A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为 ( )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝θ3D ．α＝2θ解析：B [如图所示，在竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于B 点．由等时圆知识可知，由A 沿斜面滑到B 所用时间比由A 到达斜面上其他各点所用时间都短．而∠COB ＝θ，则α＝θ2.]2.(2019·东北三省三校第一次联考)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：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 用时满足AM ＝2R sin θ＝12 g sin θt 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 .]。
2020高考物理复习第8讲牛二实验
第8讲实验4 探究力和加速度、质量的关系1．前段时间学习的内容现在是否依然很熟练？2．是否需要去自己的错题宝库游览一番？1．实验目的验证牛顿第二定律2．实验原理：（1）如图所示装置，保持小车质量M不变，改变小桶内砂的质量，使小桶和沙的总质量m变化，从而改变细线对小车的牵引力F（当m M=时，F=mg近似v成立），测出小车的对应加速度a，由多组a、F数据作出加速度和力的关系a-F图线，验证加速度是否与外力成正比。
（2）保持小桶和砂的总质量m不变，在小车上加减砝码，改变小车和砝码的总质量M，测出小车的对应加速度a，由多组a、M数据作出加速度和质量倒数的关系1aM图线，验证加速度是否与质量成反比。
3．实验器材：小车，砝码，小桶，砂，细线，附有定滑轮的长木板，垫块，打点计时器，低压交流电源，导线两根纸带，托盘天平及砝码，米尺。
4．实验步骤：（1）用调整好的天平测出小车和砝码的总质量M，小桶和沙的总质量m ，把数据记录下来。
（2）按如图装置把实验器材安装好，只是不把挂小桶用的细线系在小车上，即不给小车加牵引力。
阶段复习知识讲练（3）平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上垫块，反复移动垫块的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态（可以从纸带上打的点是否均匀来判断）。
（4）把细线系在小车上并绕过滑轮悬挂小桶，接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，取下纸带，在纸带上写上编号。
（5）保持小车和砝码的总质量不变，改变砂的质量（要用天平称量），按步骤4再做5次实验。
（6）算出每条纸带对应的加速度的值。
（7）用纵坐标表示加速度a ，横坐标表示作用力F ，即砂和桶的总重力mg ，根据实验结果在坐标平面上描出相应的点，作图线。
若图线为一条过原点的直线，就证明了研究对象质量不变时其加速度与它所受作用力成正比。
（8）保持砂和小桶的质量不变，在小车上增加或减少砝码，改变小车和砝码的总质量M ，重复上面的实验，并做好记录，求出相应的加速度，用纵坐标表示加速度a ，横坐标表示小车和车内砝码总质量的倒数1M，在坐标平面上根据实验结果描出相应的点并作图线，若图线为一条过原点的直线，就证明了研究对象所受作用力不变时其加速度与它的质量成反比。
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4．2015年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，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3 s末到达离地面90 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向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么，v0和k分别为( )
B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同
C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的
D．合力变小，物体的速度一定变小
7.
如图所示，力F拉一物体在水平面上以加速度a运动．用力F′＝Fcosθ代替力F，沿水平方向拉物体，该物体的加速度为a′，比较a与a′的大小关系，正确的是( )
A．30 m/s,1B．30 m/s,0.5
C．60 m/s,0.5D．60 m/s,1
5．质量为m的物体从高处由静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为F阻，加速度为a＝ g，则F阻的大小是( )
A. mgB. mg
C. mgD．mg
6．关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是( )
A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度
A．弹簧的原长为L－
B．水平恒力大小为 mg
C．撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为g
D．撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g
二、非选择题
10．在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车(如图甲所示)．在光滑水平面AB上(如图乙所示)，机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m＝1 kg的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动．小滑块到B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面(设经过B点前后速度不变)，最高能到达C点．(g取10 m/s2)
机器人用速度传感器测量小滑块在ABC过程的瞬时速度大小并记录如下.
t/s
0
0.2
0.4
…
2.2
2.4
2.6
…
v/(m·s－1)
0
0.4
0.8
…
3.0
2.0
1.0
…
求：(1)机器人对小滑块的作用力F的大小；
(2)斜面的倾角α的大小．
11．如图所示，在质量为mB＝30 kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量mA＝20 kg的小物体A(可视为质点)，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t＝2.0 s内移动x＝5.0 m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．
则α＝30°
11(1)设t＝2.0 s内车厢的加速度为aB，由x＝ aBt2得aB＝2.5 m/s2
(2)对B，由牛顿第二定律：F－Ff＝mBaB，得Ff＝45 N
对A，据牛顿第二定律得A的加速度大小为aA＝ ＝2.25 m/s2
所以t＝2.0 s末A的速度大小为：vA＝aAt＝4.5 m/s.
(3)在t＝2.0 s内A运动的位移为xA＝ aAt2＝4.5m，
A．7 m/sB．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
3.
如图所示，弹簧的一端固定在天花板上，另一端连一质量m＝2 kg的秤盘，盘内放一个质量M＝1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止，F＝30 N，在突然撤去外力F的瞬间，物体对秤盘的压力为(g＝10 m/s2)( )
A．10 N B．15 N
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
小球上滑时间
t2＝ ＝0.4 s
上滑位移x2＝ t2＝0.6 m
则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m.
8牛顿第二定律 两类动力学问题
一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～9题有多个选项符合题目要求)
1．一物块沿倾角为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 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在B上滑动的距离Δx＝x－xA＝0.5 m.
12(1)在力F作用时，由牛顿第二定律得
(F－mg)sin 30 °－(F－g)cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
小球的位移x1＝ t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得
A．a′与a可能相等 B．a′可能小于a
C．a′可能大于aD．a′一定小于a
8．质量m＝1 kg的物体在光滑水平面上运动，初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t＝1 s，速度大小变为4 m/s，则这个力的大小可能是( )
A．2 N B．4 N
C．6 N D．8 N
9.
如图所示，在倾角为α＝30°的光滑固定斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，下列说法正确的是( )
(1)小球运动的加速度大小；
(2)若F作用1.2 s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离．
答案
1D2B3C4D5B6ABC7AB8AC9AC
10(1)小滑块从A到B过程中：a1＝ ＝2 m/s2
由牛顿第二定律得：F＝ma1＝2 N
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小：
a2＝ ＝5 m/s2
由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma2
A．tanθ和 B. tanθ和
C．tanθ和 D. tanθ和
2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为( )
(1)计算B在2.0 s的加速度；
(2)求t＝2.0 s末A的速度大小；
(3)求t＝2.0 s内A在B上滑动的距离．
12．如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 .试求：