南方新高考高考物理大一轮复习 专题提升三 关于牛顿第二运动定律的三种模型课时作业
(新课标)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 两类动力学问题教案-人教版高
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题知识点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成正比，跟它的成反比，加速度的方向跟的方向相同.(2)公式：.(3)物理意义：它说明了力是产生的原因.(4)适用X围：①只适用于研究中运动与力的关系，不能用于非惯性系；②只适用于解决物体的运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题.2.单位制(1)单位制：由和导出单位一起构成单位制.①基本单位：在力学中，选定、时间和三个物理量的单位为基本单位.②导出单位：根据物理公式中其他物理量和的关系，推导出的物理量的单位.(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m 千克时间t 秒长度l 米电流I 安[培] A 热力学温度T 开[尔文]K物质的量n 摩[尔]mol发光强度I V坎[德拉]cd速2.(1)基本单位①长度质量②基本物理量(2)kg s m知识点二超重和失重1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有的加速度.2.失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有的加速度.3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)的现象称为完全失重现象.(2)产生条件：物体的加速度a＝，方向竖直向下.答案：1.(1)大于(2)向上 2.(1)小于(2)向下 3.(1)等于零(2)g(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.( )答案：(1)√(2)(3)(4)√(5)(6)√考点对牛顿第二定律的理解牛顿第二定律的“五个性质〞：考向1 力和运动的定性关系(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.[典例1] 如下图，一轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点.今用一物体m 把弹簧压缩到A 点，然后释放，物体能运动到C 点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，以下说法正确的选项是( )A.物体从A 到B 速度越来越大，从B 到C 速度越来越小B.物体从A 到B 速度越来越小，从B 到C 加速度不变C.物体从A 到B 先加速后减速，从B 到C 一直减速运动D.物体在B 点受力为零[解析] 物体在A 点时受两个力作用，向右的弹力kx 和向左的摩擦力F f ，合力F 合＝kx －F f ，物体从A →B 的过程，弹力由大于F f 减至为零，所以开始一段合力向右，中间有一点合力为零，然后合力向左，而v 一直向右，故物体先做加速度越来越小的加速运动，在A 到B 中间有一点加速度为零，速度达到最大，接着做加速度越来越大的减速运动；物体从B →C 过程，F 合＝F f 为恒力，方向向左，所以物体做加速度不变的匀减速运动，故C 正确.[答案] C考向2 牛顿第二定律的矢量性由于加速度的方向与合力的方向总相同，假设合力方向，即可确定加速度方向；反之，假设加速度方向，即可确定合力的方向.[典例2] (多项选择)如下图，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，那么此刻( )A.小车对物块B的摩擦力大小为μmgB.小车对物块B的摩擦力水平向右C.小车对物块B的摩擦力大小为mg tan θD.小车对物块B的合力大小为mg1＋tan2θ[解析] 以整体(小车、支架、小球、物块)为研究对象，其加速度方向只能是水平方向；以小球A为研究对象，受力分析知其合力水平向右，由牛顿第二定律有m A g tan θ＝m A a，可得小车向左做加速度大小为a＝g tan θ的匀减速运动；以物块B为研究对象，小车对物块B向右的静摩擦力F f＝ma＝mg tan θ，小车对物块B竖直向上的支持力F N＝mg，故小车对物块B 产生的作用力的大小为F＝F2N＋F2f＝mg1＋tan2θ，方向为斜向右上方，选项B、C、D正确.[答案] BCD考向3 牛顿第二定律的瞬时性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：[典例3] 如下图，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，那么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] D考向4 牛顿第二定律的独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵守牛顿第二定律. (2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和.(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵守牛顿第二定律，即a x ＝F x m ，a y ＝F y m.[典例4] (2017·某某某某四校月考)如下图，当小车向右加速运动时，物块M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时 ( )A.M 受静摩擦力增大B.M 对车厢壁的压力减小C.M 仍相对于车厢静止D.M 受静摩擦力减小[解析] 分析M 受力情况如下图，因M 相对车厢壁静止，有F f ＝Mg ，与水平方向的加速度大小无关，A 、D 错误.水平方向，F N ＝Ma ，F N 随a 的增大而增大，由牛顿第三定律知，B 错误.因F N 增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M 相对于车厢仍静止，C 正确.[答案] C 考点对超重和失重的理解与应用1.超重、失重和完全失重比较超重 失重 完全失重 产生条件 加速度方向向上加速度方向向下加速度方向向下，且大小a ＝g动力学 原理F －mg ＝ma F ＝m (g ＋a )mg －F ＝ma F ＝m (g －a )mg －F ＝mg F ＝0可能状态①加速上升；②减速下降①加速下降；②减速上升①自由落体运动和所有的抛体运动；②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等2.对超重和失重的进一步理解(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重〞发生变化).(2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关.(3)尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.[典例5] (2015·某某卷)(多项选择)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如下图，以竖直向上为a的正方向，那么人对地板的压力( )A.t＝2 s时最大B.t＝2 s时最小C.t＝8.5 s时最大D.t＝8.5 s时最小[解析] 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s 时压力最小，D项正确.[答案] AD[变式1] (多项选择)如下图，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方连接一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力.假设在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，那么在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )A.加速下降B.加速上升C.物块处于失重状态D.物块处于超重状态答案：AC 解析：木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态.当物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，选项A、C正确.[变式2] (2017·某某五校联考)如下图为用索道运输货物的情景，倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力为1.15倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )mgmgmgmg答案：D 解析：车厢内的重物受重力、支持力和水平向右的摩擦力作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知F－mg＝ma sin 37°，F f＝ma cos 37°，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力F＝1.15mg，代入上式解得：F f＝0.20mg，D项正确.超重和失重现象判断的技巧(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.考点动力学两类基本问题1.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，具体逻辑关系如下图.2.两类动力学问题的解题步骤考向1 受力求运动[典例6] (2017·某某株洲质检)如下图，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，作用距离与第一次相同.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； (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.[解题指导] 根据题意，画出运动过程示意图，分析每一过程的量和未知量，根据牛顿第二定律及运动学公式求解.[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 fm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，那么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考向2 运动求受力[典例7] (2017·某某威海模拟)有一种大型游戏机叫“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.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.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.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？ [问题探究] (1)座椅匀加速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？ (2)利用第一阶段的结果，座椅匀减速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？ [提示] (1)知道初速度、加速度、时间三个物理量，可求出末速度和位移.(2)第一阶段的末速度即为第二阶段的初速度，又由于总位移，所以可求出匀减速下落的位移，由题意末速度为零，即知道初速度、末速度、位移，可求出时间和加速度.[解析] (1)自由下落的位移h ′＝12gt 21＝20 m座椅自由下落结束时刻的速度v ＝gt 1＝20 m/s设座椅匀减速运动的总高度为h ，那么h ＝(40－4－20) m ＝16 m由h ＝v2t 得t ＝1.6 s.(2)设座椅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 ，由v ＝at 得a＝12.5 m/s2由牛顿第二定律得F－mg＝ma解得Fmg＝2.25.[答案] (1)1.6 s (2)2.25考向3 动力学两类问题综合应用[典例8] 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，如下图，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＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N.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.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，取g＝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.[解题指导] 此题可按以下思路进行分析：[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＝2a1l1v 2－v 21＝2a 2(l －l 1)根据牛顿第二定律有F 牵＋F 推－f 1＝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解决动力学两类问题的两个关键点1.[受力分析与牛顿第二定律]如下图，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时，自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，那么电梯在运送乘客的过程中( )A.乘客始终受摩擦力作用B.乘客经历先超重再失重的状态C.电梯对乘客的作用力始终竖直向上D.电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上答案：D 解析：乘客先有斜向上的加速度后匀速运动，故乘客先超重后处于平衡状态，选项B 错误.匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡，不受摩擦力，选项A 错误；乘客在加速阶段受电梯的作用力与重力作用，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项C 错误，D 正确.2.[牛顿第二定律的简单应用]物块A 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；假设该木板与水平面成60°角倾斜，取g ＝10 m/s 2，那么物块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 30°，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 对.3.[对瞬时性的理解](多项选择)如下图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ，整个系统处于静止状态.现将细线剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间，( )A.a 1＝3gB.a 1＝0C.Δl 1＝2Δl 2D.Δl 1＝Δl 2答案：AC 解析：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.那么将细线剪断瞬间，对a 隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg ＝ma 1得a 1＝3g ，A 正确，B 错误.由胡克定律知：2mg ＝k Δl 1，mg ＝k Δl 2，所以Δl 1＝2Δl 2，C 正确，D 错误.4.[对瞬时性的理解]如下图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q .球静止时，Ⅰ中拉力大小为F T1，Ⅱ中拉力大小为F T2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a 应是( )A.a ＝g ，竖直向下B.a ＝g ，竖直向上C.a ＝F T2m，方向水平向左 D.a ＝F T1m，方向沿Ⅰ的延长线 答案：C 解析：剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到F T1和重力mg 作用，合力水平向左，大小为F T2，所以加速度为a ＝F T2m，方向水平向左，选项C正确.5.[动力学两类问题]如图甲所示，质量m ＝1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v t 图象)如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，求：(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F . 答案：(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s 24 m/s 28 N 解析：(1)在2 s 内，由图乙知： 物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1 m＝1 m ①物块下滑的距离：x 2＝12×1×1 m＝0.5 m ②所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m ③ 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m.④(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a 1＝4 m/s 2⑤ a 2＝4 m/s 2⑥设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有 0～0.5 s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1⑦ 0.5～1 s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2⑧ 由⑤⑥⑦⑧式得F ＝8 N.。
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课后限时训练 新人教版必
2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课后限时训练新人教版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课后限时训练新人教版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题（本题共8小题,1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2017·河南中原名校联考）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住,现用一个力F拉斜面，使斜面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错误!（ D )A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值[解析] 小球受到重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1,设斜面的倾角为α，则竖直方向有：Fcosα＝mg；因为mg和α不变，故无论加速度如何变化，F N2不变且不N2可能为零，故B错误,D正确。
水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma,因为F N2sinα≠0,若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误.斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的ma的合力，因此不等于ma，故C错误。
2．(2016·河北“五个一名校联盟教学质量监测”)如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起,B、C之间用轻弹簧拴接,用细线悬挂在天花板上,整个系统均静止，现将A上面的细线烧断，使A的上端失去拉力，则在烧断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为错误!（ A )A．1。
高考物理一轮总复习 必修部分 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件
B．－2g、2g、0 D．－2g、53g、g
(1)剪断细绳前悬挂 A 弹簧的力以哪个物体为研究对象求解？ 提示：A、B、C 整体。 (2)剪断 A、B 间细绳，弹簧上的力突变吗？ 提示：不突变。
尝试解答 选 C。 系统静止时，A 物块受重力 GA＝mAg，弹簧向上的拉力 F＝(mA＋mB＋mC)g，A、B 间细绳的拉力 FAB ＝(mB＋mC)g 作用，B、C 间弹簧的弹力 FBC＝mCg。剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变， 由牛顿第二定律，对物块 A 有：F－GA＝mAaA，解得：aA＝56g，方向竖直向上；对 B：FBC＋GB＝mBaB，解 得：aB＝53g，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间，C 的受力不变，其加速度仍为零。
解析 kg 为基本单位，故 A 错。kg、m、s 是国际单位制中的基本单位，故 B 正确。F＝kma，质量 取“kg”，a 取“m/s2”，F 取“N”时 k＝1，C 正确，国际单位制中质量的单位是 kg，D 错。
3．[动力学两类基本问题]在有空气阻力的情况下，以初速度 v1 竖直上抛一物体，经过时间 t1 到达最高 点，又经过时间 t2，物体由最高点落回到抛出点，这时物体的速度为 v2，则( )
双基夯实
一、思维辨析 1．牛顿第二定律表达式 F＝ma 在任何情况下都适用。( × ) 2．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。( √ ) 3．质量越大的物体加速度越小。( × ) 4．千克、克、秒、小时、分钟均属于基本单位。( √ ) 5．力的单位牛顿，简称牛，也属于基本单位。( × ) 6．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。( √ )
板块二 考点细研·悟 法培优
考点 牛顿第二定律的瞬时性 拓展延伸
(新课标)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件
考向 2 牛顿运动定律的瞬时性 2．如图甲所示，一质量为 m 的物体系于长度分别为 L1、L2 的两根细线上，L1 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角 为 θ，L2 水平拉直，物体处于平衡状态．
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(1)现将线 L2 剪断，求剪断 L2 的瞬间物体的加速度． (2)若将图甲中的细线 L1 换成长度相同(接 m 后)，质量不计的 轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断 L2 的瞬间物体 的加速度．
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解析：木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒 力 F 大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向 相同，木块速度不断增大，A 项错误，B 项正确；当弹力增 大到与恒力 F 相等时，合力为零，速度增大到最大值，C 项 正确；之后木块由于惯性继续向右运动，但合力方向与速度 方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力 F， 加速度大于零，D 项错误．
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【跟进题组】 考向 1 力与运动的关系 1．(多选)(2017·日照调研)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( BC)
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 等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零
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2．牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型 (1)刚性绳(轻杆或接触面)——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．
A．8
B．10
C．15
南方新高考高考物理大一轮复习专题提升三关于牛顿第二运动定律的三种模型课件
a2＝mgsin37°－mμmgcos37°＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因为 x2＝vt2＋12a2t22，则有 10t2＋t22＝11 解得 t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去) 所以 t 总＝t1＋t2＝2 s.
思维点拨：分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向.要 注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度 v物 和传 送带速度 v传 的关系确定摩擦力的方向，二是当 v物＝v传 时，判 断物体能否与传送带保持相对静止.
A.T1＝mm＋＋22mm12＋mm1g2 B.T1＝mm＋＋42mm11＋mm2g2 C.T1＝mm＋＋24mm12＋mm1g2 D.T1＝mm＋＋44mm11＋mm2g2
图 Z3-1
解析：本题因考虑滑轮的质量 m，左右两段细绳的拉力大 小不再相同，直接利用牛顿第二定律求解 T1 和 T2 有一定困难， 但是利用极限分析法可以较容易地选出答案，若 m1 接近零，则 T1 也接近零，由此可知，B、D 均错误；若 m1＝m2，则 m1、m2 静止不动，T1＝m1g，则 A 错误，C 正确.
a1＝vt11
①
a2＝v0－t1 v1
②
式中 v0＝5 m/s、v1＝1 m/s 分别为木板在 t＝0、t＝t1时速度 的大小
设物块和木板的质量均为 m，物块和木板间、木板与地面 间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
例 1：如图 Z3-1 所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮 后，两端分别悬挂质量为 m1 和 m2 的物体 A 和 B.若滑轮有一定 大小，质量为 m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动， 不计滑轮与轴之间的摩擦.设细绳对 A 和 B 的拉力大小分别为 T1 和 T2，已知下列四个关于 T1 的表达式中有一个是正确的.请 你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式 是( )
高考物理新增分大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讲义含解析20190410233
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、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＝ma.3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．自测1静止在光滑水平面上的物体，在受到一个水平力作用的瞬间( )A．物体立刻获得加速度，但速度仍等于零B．物体立刻获得速度，但加速度为零C．物体立刻获得加速度，同时也获得速度D．物体的加速度和速度都要经过少许时间才能获得答案 A解析物体静止在光滑水平面上，受到水平作用力的瞬间，根据牛顿第二定律：加速度大小与合力大小成正比．加速度与合力是瞬时关系，可知物体立刻产生加速度，而物体由于惯性，此瞬间还保持原来的状态，速度为零，故A正确．二、力学单位制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：基本物理量的单位．基本物理量共七个(长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量)，其中力学有三个，分别是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．自测2下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位( )A．米、牛顿、千克B．千克、厘米、秒C．米、千克、安培D．米/秒2、千克、牛顿答案 C三、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力． 3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 受力情况(F 合)F 合＝ma加速度a运动学公式运动情况(v 、x 、t )自测3 (多选)(2017·徐州市质检)如图1所示，质量为m ＝1kg 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10m/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/s 2)( )图1A ．物体经10s 速度减为零B ．物体经2s 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 答案 BC解析 物体受到向右的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg ＝3N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋F fm＝2＋31m/s 2＝5m/s 2，方向向右，物体减速到零所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2s ，B 正确，A 错误；减速到零后，恒力F <F f ，即F 小于最大静摩擦力，物体将保持静止，不再运动，C 正确，D 错误．命题点一 牛顿第二定律的理解和应用类型1 对矢量性的理解例1 (2017·苏州大学附中调研)2015年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团以比分3∶0击败日本男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠．如图2，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跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ.设球拍和球质量分别为M 、m ，不计球拍和球之间摩擦，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图2A ．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 球和运动员具有相同的加速度，对球分析，球所受的合力为mg tan θ，根据牛顿第二定律得，a ＝g tan θ，故A 错误．根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力F N ＝mgcos θ，故B 错误．对球拍和球整体分析，整体所受合力为(M ＋m )a ，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为(M ＋m )gcos θ，故C 正确．运动员在水平方向加速运动，运动员受到地面对其水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上，故D 错误．变式1 (多选)(2018·苏锡常镇一调)高空滑索是勇敢者的运动．如图3所示，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的)，下滑过程中到达图中A 位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B 位置时轻绳竖直向下．不计空气阻力，下列说法正确的是( )图3A ．在A 位置时，人的加速度可能为零B ．在A 位置时，钢索对轻绳的作用力小于人的重力C ．在B 位置时，人的加速度为零D ．在B 位置时，人所受合外力沿钢索方向向下 答案 BC解析 在A 位置时，人受到重力和轻绳的拉力，合力沿钢索方向向下，不为零，则加速度不可能为零，拉力F T ＝mg cos θ(θ为轻绳与竖直方向的夹角)，F T <mg ，故A 错误，B 正确；在B 位置时，细绳的拉力竖直，不可能产生沿运动方向的加速度，所以人做匀速运动，a ＝0，合外力为0，故C 正确，D 错误．类型2 瞬时性问题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⇒根据牛顿第二定律列方程⇒求瞬时加速度例2 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4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 的加速度分别为a 1和a 2，则(不计空气阻力)( )图4A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝2gC ．a 1＝g ，a 2＝0D ．a 1＝2g ，a 2＝0答案 A解析 由于绳子张力可以突变，故剪断OA 后瞬间小球A 、B 只受重力，其加速度a 1＝a 2＝g ，故选项A正确．思考在上题中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图5所示，则上题选项中正确的是( )图5答案 D解析剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．变式2(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)某同学做了一个力学实验，如图6所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，处于静止状态，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示．根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是(不计空气阻力)( )图6A．水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B．金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上C．金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧D．金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零答案AC解析细绳未剪断时，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用，剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确；金属球运动到悬点O正下方时，合力方向竖直向下，与速度方向的夹角为锐角，故此后一段时间内要加速，故选项C正确，选项B错误；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误．命题点二动力学两类问题1．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． 2．常用方法 (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”．例3 (2018·无锡市高三期末)如图7，一个质量为m ＝2kg 的小物块静置于足够长的固定斜面底端．现对其施加一个沿斜面向上、大小为F ＝25 N 的恒力，3 s 后将F 撤去，此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g ＝10 m/s 2.求：图7(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离； (3)物块在斜面上运动的总时间．(结果可用根式表示) 答案 (1)5N (2)37.5m (3)(5＋30) s解析 (1)由运动学规律：v 1＝a 1t 1，解得a 1＝5 m/s 2由牛顿第二定律：F －F f －mg sin θ＝ma 1 ，解得F f ＝5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑，由牛顿第二定律得：F f ＋mg sin θ＝ma 2，得a 2＝7.5 m/s 2撤力前上滑距离x 1＝v 122a 1＝22.5 m撤力后上滑距离x 2＝v 122a 2＝15 m物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离x ＝x 1＋x 2＝37.5 m (3)撤力后物块上滑：t 2＝v 1a 2＝2 s下滑过程：mg sin θ－F f ＝ma 3，解得a 3＝2.5 m/s 2由x ＝12a 3t 32，可得t 3＝2xa 3＝30 s故斜面上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋30) s.变式3 (2018·苏州市模拟)如图8所示，倾角θ＝37°、斜面长为1m 的斜面体放在水平面上．将一质量为2kg 的小物块从斜面顶部由静止释放，1s 后到达底端，斜面体始终保持静止．重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图8(1)小物块沿斜面下滑的加速度大小和到达底端时速度的大小；(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向．答案(1)2m/s2 2 m/s (2)0.5 (3)3.2N 水平向左解析(1)由运动学公式x＝12at2得a＝2 m/s2由v＝at得v＝2 m/s.(2)由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5.(3)mg cos θsin θ＞μmg cos2θ，则水平面对斜面体的摩擦力水平向左大小F f＝mg cos θsin θ－μmg cos2θ＝3.2 N.拓展点动力学动态分析问题例4(多选)(2018·田家炳中学开学考)如图9所示，小车上物体的质量m＝8kg，它被一根在水平方向上拉伸了的轻弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力是6N．现对小车施一水平向右的作用力，使小车由静止开始运动，在小车的加速度由零逐渐增大到1m/s2的过程中，以下说法正确的是( )图9A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力逐渐变大B．物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右C．当小车的加速度为0.75m/s2时物体不受摩擦力的作用D．小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时物体受到的摩擦力为8N答案BC解析弹簧弹力在开始时与静摩擦力平衡，大小为6 N，当整体的加速度从零逐渐增大到1 m/s2时，物体的加速度也从零逐渐增大到1 m/s2，根据牛顿第二定律知，物体的合力从0增大到8 N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变，故A错误，B正确；当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物块所受的合力F合＝ma＝6 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力为零，即物体不受摩擦力，故C正确；小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合＝ma＝8 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力的大小为2 N，方向水平向右，故D错误．变式4(2018·盐城中学段考)在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，细绳a处于斜向上的方向，拉力为F a，细绳b处于水平方向，拉力为F b，如图10所示．现让小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是( )图10A．F a变大，F b不变B．F a变大，F b变小C．F a变大，F b变大D．F a不变，F b变小答案 D解析以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，根据牛顿第二定律得水平方向：F a sin α－F b＝ma①竖直方向：F a cos α－mg＝0②由题，α不变，由②分析得知F a不变．F a、α不变，a增加，所以由①得知，F b变小．故选D.1.(2017·苏州市期末)如图11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直线运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )图11A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向答案 D解析小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力的作用下也向右加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿题图中的OD方向，故A、B、C错误，D正确．2.(2018·如东县调研)如图12所示，如东苏果和欧尚超市为方便顾客，安装智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶)．在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则该扶梯在运送乘客的过程中( )图12A．扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用B．扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下C．扶梯加速运行时，摩擦力方向与运动方向相反D．扶梯加速运行时，乘客对扶梯的作用力方向与运动方向相反答案 B解析扶梯匀速运动时，乘客受摩擦力作用，否则由于重力作用，乘客将沿扶梯面滑下来，故A错误；由于扶梯匀速运行，摩擦力与支持力方向的合力与重力平衡，因此乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，故B正确；加速运行，摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，人有沿扶梯向下运动的趋势，即摩擦力方向与运动方向相同，故C错误；加速运动阶段，扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方，扶梯对乘客的作用力不是竖直向上，根据牛顿第三定律分析可知：乘客对扶梯的作用力不是与运动方向相反，故D错误．3．(多选)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图13所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止．则( )图13A ．a 2＞a 1B ．a 2＝a 1C ．x 2＞x 1D ．x 2＜x 1 答案 AD解析 设木盒的质量为M ，木盒与地面之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：a 1＝μ(M ＋m )gm ＋M＝μg拿走砝码施加F 时，加速度：a 2＝μ(Mg ＋F )M ＝M ＋mMμg ，可知a 2＞a 1.根据v 2＝2ax 得x ＝v 22a，知加速度增大，则滑行的距离变小，即：x 2＜x 1，故A 、D 正确，B 、C 错误．4．如图14所示，A 、B 两球质量相等，光滑固定斜面的倾角为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( )图14A ．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 球的加速度大小是图乙中B 球加速度大小的2倍 答案 D5．(多选)(2019·淮安中学期初)如图15所示，质量为m 的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则( )图15A ．滑块向左运动过程中，始终做减速运动B ．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C ．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为kx 0＋μmgmD ．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x ＝μmgk时，滑块的速度最大 答案 ACD6.(2018·田家炳中学开学考)质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图16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34.设球受到的空气阻力大小恒为F f ，取g ＝10m/s 2，求：图16(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最大高度h . 答案 (1)0.2N (2)0.375m解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度为a ，由速度时间图象得：a ＝Δv Δt＝8 m/s 2根据牛顿第二定律得：mg －F f ＝ma 解得：F f ＝0.2 N(2)由v －t 图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v ＝4 m/s 则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v ′＝3 m/s 离开地面后a ′＝－mg ＋F f m＝－12 m/s 2， 根据0－v ′2＝2a ′h 解得：h ＝0.375 m.1．(2018·苏州市期初调研)kg 和s 是国际单位制中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 ．重力和位移答案 A解析 kg 和s 这两个基本单位对应的物理量分别为质量和时间．位移的单位是m ，重力的单位是N.2.(2019·江都中学4月模拟)一个质量为m 的运动物体共受到三个共点力F 1、F 2、F 3的作用，这三个力的大小和方向构成如图1所示的三角形，则这个物体的加速度大小是( )图1A ．0 B.F 3mC.2F 2mD.2F 3m答案 C解析 根据三角形定则，F 1与F 3的合力等于从F 1的起点到F 3的终点的有向线段，即与F 2相同，故物体所受的合力为：F 合＝2F 2.根据牛顿第二定律得：a ＝F 合m ＝2F 2m，故C 正确，A 、B 、D 错误．3.如图2所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m ，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( )图2A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小 答案 A4．一个原来静止在光滑水平面上的物体，质量是7kg ，在14N 的水平恒力作用下运动，则5s 末的速度及5s 内通过的路程为( ) A ．8m/s 25 m B ．2 m/s 25m C ．10m/s 25 m D ．10 m/s 12.5m答案 C解析 物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v ＝at ＝2×5 m/s＝10 m/s ，x ＝12at 2＝12×2×25 m＝25 m ，选项C 正确．5．(2018·锡山中学月考)如图3所示，欲使在粗糙固定斜面上匀速下滑的木块A 停下，可采用的方法是( )图3A ．增大斜面的倾角B ．在木块A 上再叠放一个重物(与A 相对静止)C ．对木块A 施加一个垂直于斜面向下的力D ．对木块A 施加一个竖直向下的力 答案 C解析 木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得mg sin θ＝μmg cos θ；若增大斜面的倾角θ，重力沿斜面向下的分力mg sin θ增大，滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故A 错误；对木块A 施加一个竖直向下的力，由于(F ＋mg )sin θ＝μ(F ＋mg )cos θ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下，故B 错误；对木块A 施加一个垂直于斜面向下的力F ，重力沿斜面向下的分力mg sin θ不变，而滑动摩擦力F f ＝μ(F ＋mg cos θ)增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下，故C 正确；由A 项分析可知mg sin θ＝μmg cos θ，得sin θ＝μcos θ，与质量无关，在木块A 上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下，故D 错误．6．(2018·江苏省高考压轴卷)如图4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轻弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右的加速度增大，则车左壁受到的物块的压力F 1和车右壁受到的弹簧的弹力F 2的大小变化是( )图4A ．F 1不变，F 2变大B ．F 1变大，F 2不变C ．F 1、F 2都变大D ．F 1变大，F 2变小答案 B解析 物块沿水平方向受向左的弹力和左壁对其向右的压力F 1′，加速度增大时，弹力不变，F 1′会增大．根据牛顿第三定律知，F 1变大，F 2不变，故选项B 正确．7.(2018·前黄中学检测)在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图5所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明( )图5A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下答案 B解析根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力．小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，选项B正确．8.(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，如图6所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中的a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬吊着时的平衡位置．人在从P点下降到最低位置c点的过程中，下列说法中正确的是( )图6A．经过a点时，人的速度最大B．经过b点时，人的速度最大C．从a点到b点，人的加速度在增大D．从b点到c点，人的加速度在增大答案BD解析从a点到b点，人的重力大于弹力，加速度向下，人做加速运动，根据牛顿第二定律知加速度减小，当到达b位置，重力和弹力相等，加速度为零，速度最大，由b到c，重力小于弹力，加速度方向向上，人做减速运动，且加速度逐渐变大，速度逐渐变为零，故A、C 错误，B、D正确．9．如图7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，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做变速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图7A．小车一定向右做匀加速运动B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C．小球P受到的合力大小为mg tanθD．小球Q受到的合力大小为mg tanα答案 D解析选择小球Q作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mg tanα＝ma，得到a＝g tanα，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误．对小球P，由牛顿第二定律，得mg tanβ＝ma′，因为a＝a′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误．对小球P、Q由牛顿第二定律可知F＝ma＝mg tanα，故C错误，D正确．10．(2018·南京市学情调研)如图8所示，具有完全知识产权的两列中国标准动车组“复兴号”在京沪双向发车成功．若动车组各级车厢总质量均相等，它由8节车厢组成．其中第1和第5节车厢为动车，其余均为拖车，动车的额定功率都相同．若在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则该动车组( )图8A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向上跳起后将落在起跳点后方C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2答案 D11．(2018·兴化市第一中学期初)两个完全相同的物块A、B，质量均为m＝0.8kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图9中的两条直线分别表示物块A受到水平拉力F 作用和物块B 不受拉力作用的v －t 图象，求：图9(1)物块A 所受拉力F 的大小； (2)8s 末物块A 、B 之间的距离x . 答案 (1)1.8N (2)60m解析 (1)设A 、B 两物块的加速度分别为a 1、a 2，由v －t 图象可知：A 、B 的初速度v 0＝6 m/s ，A 物块的末速度v 1＝12 m/s ，B 物块的末速度v 2＝0，根据速度时间公式，有 a 1＝Δv 1Δt 1＝0.75 m/s 2① a 2＝Δv 2Δt 2＝1.5 m/s 2② 对A 、B 两物块分别由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 1③ F f ＝ma 2④由①②③④可得：F ＝1.8 N即物块A 所受拉力F 的大小为1.8 N.(2)设A 、B 两物块8 s 内的位移分别为x 1、x 2，由图象得：x 1＝v 0＋v 12t 1＝72 mx 2＝v 0＋v 22t 2＝12 m所以x ＝x 1－x 2＝60 m即8 s 末物块A 、B 之间的距离x 为60 m.12．(2018·常熟市期中)如图10甲所示，一质量m ＝0.4kg 的小物块，以v 0＝2m/s 的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10m ．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10m/s 2.求：图10(1)物块到达B 点时速度的大小，物块加速度的大小； (2)拉力F 的大小；(3)若拉力F 与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F 的表达式． 答案 见解析解析 (1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：L ＝v 0＋v B 2t解得v B ＝8 m/s 物块的加速度为a ＝v B －v 0t ＝8－22m/s 2＝3 m/s 2(2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有： 平行斜面方向：F －mg sin θ－F f ＝ma 垂直斜面方向：F N －mg cos θ＝0 其中：F f ＝μF N 联立解得：F ＝5.2 N(3)平行斜面方向：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma 垂直斜面方向：F sin α＋F N －mg cos θ＝0 其中：F f ＝μF N 联立解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
南方新高考高考物理大一轮复习 专题三 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的运用课件.ppt
8
【考点练透】 1.(2015 年甘肃一模)将地面上静止的货物竖直向上吊起， 货物由地面运动至最高点的过程中，v-t 图象如图 3-3-2 所示， 以下判断正确的是( )
答案：D
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》》》考点 2 动力学多过程分析 对一个复杂的物理过程，我们常常分解成几个简单的有规 律的子过程，并找出子过程之间的相互联系和制约条件.认清每 个子过程的运动性质，再选取合适的物理规律，列方程求解.
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⊙典例剖析 例 2：(2015 年河北正定中学月考)如图 3-3-3 所示，一水平 传送带以 2.0 m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为 2.0 m.其右 端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为 0.4 m，一 个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块 与传送带间动摩擦因数μ＝0.2, 试问： (1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求 出物块沿斜面上升的最大距离. (2)物块从出发到 9.5 s 末通过的路程.(sin 37°＝0.6，g 取 10 m/s2)
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解析：人随电梯一起加速上升，电梯刚启动时报警器却响 了起来，说明人和电梯的加速度向上，合外力向上，电梯和人 处于超重的状态.所以人对电梯底板的压力变大了，故 D 正确.
答案：D
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》》》考点 1 超重和失重 ⊙重点归纳 1.不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是 “视重”改变. 2.物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还 是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题教案(含解析)
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。
加速度的方向与作用力的方向相同。
(2)表达式a ＝F m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。
二、超重与失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较1．两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。
(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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(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。
(√)(4)失重说明物体的重力减小了。
(×)(5)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。
(×)(6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。
(√) 2．(鲁科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。
高三物理一轮复习 第三章牛顿运动定律牛顿第二定律、两类动力学问题课件
2．(2011·惠州一模)人们设计了如图所示的汽车安全带以 尽可能地减轻猛烈碰撞．假设某次急刹车时，由于安全带的作 用，使质量 70 kg 的乘员的加速度大小约为 6 m/s2，此时安全 带对乘员的作用力最接近( )
A.100 N
B.400 N
C.800 N
D.1000 N
【答案】B
2.速度大小变化与加速度的关系：当 a 与 v 同向时，v 增大；当 a 与 v 反向时，v 减小．而加速度大小由合力的大 小决定，所以要分析 v、a 的变化情况，必须先分析物体受 到的合力的变化情况．
图(a)所示，建立如图所示的坐标系，并将加速度分解为水平方 向加速度速度 ax 和竖直方向加速度 ay，如图(b)所示，则 ax＝ acos θ，ay＝asin θ.
方法二：以人为研究对象，受力分析如图所示．因摩擦力 F 为待求，且必沿水平方向，设为水平向右．建立图示坐标， 并规定沿斜面向下为正方向．
•
考点二 动力学两类基本问题 动力学两类基本问题的分析流程图
解析 (1)设运动员受到绳向上的拉力为 F，由于跨过定滑 轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是 F.对运动员和 吊椅整体进行受力分析如右图所示，根据牛顿第二定律则有： 2F－m人＋m椅g＝m人＋m椅a，得 F＝440 N.
据力的作用是相互的，则运动员竖直向下拉绳的力 F′＝
440 N. (2)设吊椅对运动员的支持力为 FN，对运动员进行受力分
析如右图所示，则有：F＋FN－m 人 g＝m 人 a，得 FN＝275 N．据 力的作用是相互的，则运动员对吊椅的压力也为 275 N，方向 竖直向下．
考点一 对牛顿第二定律的理解
1．ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ容与公式：物体的加速度跟物体所受的合外力成正 比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同，
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。
2024版高考物理一轮总复习专题三牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
B.F1＜F2 D..F1＞2F2
【解析】若服务员托举菜盘先匀速前行，此时手对菜盘的作用力大小为
F1＝mg，服务员快到餐桌前变为减速向前运动，如图，则手对菜盘的作 用力大小为F2＞mg，即F1＜F2， B正确.
2.(2022年重庆模拟)如图所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水
平轻弹簧连接，物块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相
弹簧弹力变小.根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合
力向左，做加速度增大的减速运动.故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加
速度为2μg.Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg， 故滑块Q加速度最大值为μg，A正确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的
B.释放瞬间，b的加速度大小为23g C.c刚离开地面时，b的速度最大 D.弹簧第一次恢复原长时，a的速度最大 【答案】B
【解析】刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为F＝mg，则对ab
的整体，由牛顿第二定律有2mg－mg+F＝3ma，解得ab的加速度a＝
2 3
g，
A错误，B正确；当ab的加速度为零时速度最大，此时弹簧处于伸长状态，
距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时的加
速度为－μmg＝maP2，解得aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由 开始大小为2μg的加速度做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；
滑块Q做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg.分析可知P的速
千克 秒
安(培) 开(尔文)
摩(尔) 坎(德拉)
单位符号 __m___ __k_g__ __s___ A K mol cd
高考物理一轮复习3第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
三、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。 3.图例：
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。 4.图例：
二、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：基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是 _质__量__、_长__度__和_时__间__，它们的国际单位分别是_k_g_、_m_和_s_。 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。
复习课件
高考物理一轮复习3第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
2021/4/17
高考物理一轮复习3第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
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第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
【知识建构】 一、牛顿第二定律 1.内容：物体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__方向相同。 2.表达式：F=_m_a_。
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时 间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一 动，久坐对身体不好哦~
2021/4/17
高考物理一轮复习3第2讲牛顿第二定律两类动 力学问题课件
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南方新高考高考物理一轮总复习专题三第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件新人教版
2．应用牛顿运动定律解题(jiě tí)的一般步骤
(1)明确研究对象：根据(gēnjù)问题的需要和解题的方便，确定某 一物体或几个物体组成(zǔ chénɡ)的系统为研究对象．
(2)分析物体的受力情况和运动情况，画好受力示意图，明 确物体的运动性质和运动过程．
(3)利用牛顿第二定律(在受力情况已知时)或结合运动学公 式(在运动情况已知时)进行求解．
(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板(jiǎbǎn)阻力作用，航母 动甲．板(jiǎbǎn)至少多长才能保证舰载机不滑到海里？
(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了 阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的 情况，舰载机着舰时不关闭发动机．如图 3-2-5 所示为舰载机
第三页，共43页。
【基础检测】 (多选)关于(guānyú)速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是
()
A．物体的速度(sùdù)越大，则加速度(sùdù)越大，所受的合外力也越 大
B．物体的速度(sùdù)为零，则加速度(sùdù)为零，所受的合外力也为 零
C．物体的速度(sùdù)为零，但加速度(sùdù)可能很大，所受的合外力 也可能很大
此类问题常见的有绳(杆)和弹簧(弹性绳)模型：绳(杆)的弹 力可以发生突变；轻弹簧(弹性绳)的弹力不能突变．
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例 2：如图 3-2-6 所示，质量为 m 的小球被水平绳 AO 和与
竖断直，(s在hù绳zhíA)方O向烧成θ断角的的轻瞬弹间簧，系着下处列于说静止法状(s态h，uō现fǎ用)正火将确绳的A是O 烧(
第2讲 牛顿第二(dì èr)定律两类动力学问题(wèntí)
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一、牛顿第二定律
南方新高考高考物理大一轮复习专题提升三关于牛顿第二运动定律的三种模型课时作业
专题提升三关于牛顿第二运动定律的三种模型1．如图KZ3-1甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )甲乙图KZ3-1A．t2时刻，小物块离A处的距离最大B．t1时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C．t2～t3时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用2．两物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图KZ3-2所示．对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于( )A.m1m1＋m2F B.m2m1＋m2FC．F D.m2m1F图KZ3-2 图KZ3-33．(2015年辽宁沈阳四校协作体月考)如图KZ3-3所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时( )A．M受静摩擦力增大B．M对车厢壁的压力减小C．M仍相对于车厢静止D．M受静摩擦力减小4．(2015年吉林长春调研)如图KZ3-4所示，物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上．对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为l2.则下列判断正确的是( )图KZ3-4A．弹簧的原长为l1＋l22B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等D．弹簧的劲度系数为F l1－l25．(多选，2016年江苏卷)如图KZ3-5所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图KZ3-5A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面6．(多选)如图KZ3-6所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是( )图KZ3-6A B C D7．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图KZ3-7甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间t的变化关系如图乙所示(图象前 3 s内为二次函数，3～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)．已知传送带的速度v1保持不变，g取10 m/s2.甲乙图KZ3-7(1)求传送带速度v1的大小．(2)求0时刻物块速度v0的大小．(3)在图KZ3-8中画出物块对应的v-t图象．图KZ3-88．(2015年新课标全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 cm，如图KZ3-9甲所示．T＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前、后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1 s时间内小物块的v-t图象如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：甲乙图KZ3-9(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2.(2)木板的最小长度．(3)木板右端离墙壁的最终距离．专题提升三关于牛顿第二运动定律的三种模型1．D 解析：由乙图知：物体先向左做匀减速运动，后向右做匀加速运动，直到速度与传送带相同，做匀速运动．故t1时刻，小物块离A处的距离最大．故A错误．物块先向左运动，后向右运动，而传送带一直向右运动，故速度与传送带相同时小物块相对传送带滑动的距离最大．即t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大．故B错误．t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止向右做匀速运动，不受摩擦力．故C错误.0～t2时间内，物块相对传送带一直向左运动，受到的滑动摩擦力方向一直向右，大小为f＝μmg保持不变．故D正确．2．B 3．C4．D 解析：由题意可知两种情况下物块的加速度大小相等，都为a＝F3m，方向水平向右，所以C错误；设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，则对A有k(l1－l0)＝ma，对B有k(l0－l2)＝2ma，解得l0＝2l1＋l23，k＝Fl1－l2，A、B错误，D正确．5．BD6．BD 解析：小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，小木块与传送带同速后，因μ＜tan θ，小木块将继续向下加速运动，此时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，有a1＞a2故B、D正确，A、C错误．7．解：(1)由x-t的图象可知，物块被击穿后，先向左减速， 2 s末减到v＝0，然后向右加速，3 s末后与传送带共速v1＝Δx′Δt＝2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动，故传送带速度为 2 m/s.(2)2～3 s内，物块向右匀加速运动，加速度大小a＝μg，v1＝aΔt10～2 s内，物块向左匀减速运动，加速度大小a＝μg，解得0时刻物块的速度v0＝aΔt2＝4 m/s.(3)根据x-t的图象分析得到的运动规律用v-t图象画出如图D70所示．图D708．解：(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝4－01m/s2＝4 m/s2根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋12a1t2解得a1＝1 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1.(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝43m/s2对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－12a3t21＝103m, 末速度v1＝83m/s滑块向右运动的位移x2＝v＋02t1＝2 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3＝43m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－12a3t22＝76m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s滑块向左运动的位移x4＝12a2t22＝0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为 6 m.(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2向左运动的位移为x5＝v232a1＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m.。
高考物理 专题 三 关于牛顿第二运动定律的三种模型[配套课件] 大赛获奖精美课件PPT
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前
言
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送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑 速度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2，则
mgsin37° －μmgcos37° 2 a2＝ ＝ 2 m/s m x2＝l－x1＝11 m 1 2 又因为 x2＝vt2＋2a2t2，则有 10t2＋t2 2＝11 解得 t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去) 所以 t 总＝t1＋t2＝2 s.
则 a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
1 2 根据 l＝2at 得 t＝4 s.
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速
度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传
送带向下，设物体的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
μ1mg B 向右匀加速运动，加速度大小 a2′＝ m ＝3 m/s2 设 A、B 达到相同速度 v′时 A 没有脱离 B，由时间关系 v0－v′ v′ a1 ＝a2′
v0 解得 v′＝ 2 ＝ 6 m/s
2 v2 － v ′ 0 A 的位移 xA＝ 2a ＝3 m 1
v′2 B 的位移 xB＝ ＝1 m 2a2′ 由 xA－xB＝2 m<L 可知 A 没有与 B 脱离，最终 A 和 B 的速 度相等，大小为 6 m/s.
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专题提升三 关于牛顿第二运动定律的三种模型
1．如图KZ31甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2
的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )
甲 乙
图KZ31
A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离最大
B ．t 1时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C ．t 2～t 3时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D ．0～t 2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 2．两物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，互相接触放在光滑水平面上，如图KZ32所示．对物体A 施以水平的推力F ，则物体A 对物体B 的作用力等于( )
A.
m 1
m 1＋m 2F B.m 2
m 1＋m 2
F C ．F D.m 2
m 1
F
图KZ32 图KZ33
3．(2015年辽宁沈阳四校协作体月考)如图KZ33所示，当小车向右加速运动时，物块M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时( )
A ．M 受静摩擦力增大
B ．M 对车厢壁的压力减小
C ．M 仍相对于车厢静止
D ．M 受静摩擦力减小
4．(2015年吉林长春调研)如图KZ34所示，物块A 、B 的质量分别为m 和2m ，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上．对B 施加向右的水平拉力F ，稳定后A 、B 相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为l 1；若撤去拉力F ，换成大小仍为F 的水平推力向右推A ，稳定后A 、B 相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为l 2.则下列判断正确的是( )
图KZ34
A ．弹簧的原长为
l 1＋l 2
2
B ．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等
C ．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等
D ．弹簧的劲度系数为
F
l 1－l 2
5．(多选，2016年江苏卷)如图KZ35所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程
中( )
图KZ35
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
6．(多选)如图KZ36所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是( )
图KZ36
A B C D
7．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图KZ37甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移x随时间t的变化关系如图乙所示(图象前3 s内为二次函数，3～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)．已知传送带的速度v1保持不变，g取10 m/s2.
甲乙
图KZ37
(1)求传送带速度v1的大小．
(2)求0时刻物块速度v0的大小．
(3)在图KZ38中画出物块对应的vt图象．
图KZ38
8．(2015年新课标全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 cm，如图KZ39甲所示．T＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前、后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图象如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
甲乙
图KZ39
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2.
(2)木板的最小长度．
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
专题提升三关于牛顿第二运动定律的三种模型
1．D 解析：由乙图知：物体先向左做匀减速运动，后向右做匀加速运动，直到速度与传送带相同，做匀速运动．故t1时刻，小物块离A处的距离最大．故A错误．物块先向左运动，后向右运动，而传送带一直向右运动，故速度与传送带相同时小物块相对传送带滑动的距离最大．即t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大．故B错误．t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止向右做匀速运动，不受摩擦力．故C错误.0～t2时间内，物块相对传送带一直向左运动，受到的滑动摩擦力方向一直向右，大小为f＝μmg保持不变．故D正确．2．B 3．C
4．D 解析：由题意可知两种情况下物块的加速度大小相等，都为a ＝F
3m
，方向水平向
右，所以C 错误；设弹簧的原长为l 0，弹簧的劲度系数为k ，则对A 有k (l 1－l 0)＝ma ，对B
有k (l 0－l 2)＝2ma ，解得l 0＝2l 1＋l 23，k ＝F
l 1－l 2
，A 、B 错误，D 正确．
5．BD
6．BD 解析：小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，小木块与传送带同速后，因μ＜tan θ，小木块将继续向下加速运动，此时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，有a 1＞a 2故B 、D 正确，A 、C 错误．
7．解：(1)由x t 的图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s 末减到v ＝0，然后向
右加速，3 s 末后与传送带共速v 1＝Δx ′
Δt
＝2 m/s ，以后随传送带一起做匀速运动，故传送
带速度为2 m/s.
(2)2～3 s 内，物块向右匀加速运动，加速度大小a ＝μg ，v 1＝a Δt 1 0～2 s 内，物块向左匀减速运动，加速度大小a ＝μg ， 解得0时刻物块的速度v 0＝a Δt 2＝4 m/s.
(3)根据x t 的图象分析得到的运动规律用v t 图象画出如图D70所示．
图D70
8．解：(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v ＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝4－01
m/s 2＝4 m/s 2
根据牛顿第二定律有μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动可得x ＝vt ＋12
a 1t 2
解得a 1＝1 m/s 2
小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得 μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1，即 μ1g ＝a 1 解得μ1＝0.1.
(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有 μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3
可得a 3＝43
m/s 2
对滑块，加速度大小为a 2＝4 m/s 2
由于a 2＞a 3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1 s 的过程中，木板向左运动
的位移为x 1＝vt 1－12a 3t 21＝103 m, 末速度v 1＝8
3
m/s
滑块向右运动的位移x 2＝v ＋0
2
t 1＝2 m
此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4 m/s 2
木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43
m/s 2
假设又经历t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2 解得t 2＝0.5 s
此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝7
6
m ，末速度v 3＝v 1－a 3t 2＝2 m/s
滑块向左运动的位移x 4＝12
a 2t 2
2＝0.5 m
此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m.
(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a 1＝1 m/s 2
向左运动的位移为x 5＝v 23
2a 1
＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为 x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m.。