高中物理课时提升作业(八) 第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

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牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析

牛顿第二定律两类动力学问题知识点、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：对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“五个性质”2．合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。

(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，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。

3．[应用牛顿第二定律定性分析]如图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()图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，加速度逐渐减小解析物体从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。

答案 A牛顿第二定律的瞬时性【典例】(2016·安徽合肥一中二模)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2所示。

现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()图2A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。

高中物理第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课时提升作业新人教版

第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题只有一个答案正确)1.(2013·廊坊模拟)从正在加速上升的气球上落下一个物体,在物体刚离开气球的瞬间,下列说法正确的是( )A.物体向下做自由落体运动B.物体向上运动,加速度向上C.物体向上运动,加速度向下D.物体向上还是向下运动,要看物体离开气球时的速度2.(2013·莆田模拟)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/s23.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 N4.用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体,力F作用3s后撤去,则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是( )A.v=6m/s,a=0B.v=10m/s,a=2m/s2C.v=6m/s,a=2m/s2D.v=10m/s,a=05.(2013·淮北模拟)如图所示,一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针转动,水平部分长为2.0m,其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连。

斜面长为0.4m,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,sin37°=0.6,g取10m/s2。

高考物理总复习第3章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题课时作业(含解析)

【全优课堂】2016高考物理总复习第3章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题课时作业一、单项选择题1．(2015·信宜调研)质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为t ＝0时刻，两物体的速度图象如图1所示．则下列判断正确的是( )图1A ．t 0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力B ．t 0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是小于乙物体受到的空气阻力C ．t 0时刻甲乙两物体到达同一高度D ．t 0时刻之前甲下落的高度小于乙物体下落的高度【答案】D【解析】由牛顿第二定律可得物体下落的加速度a ＝mg －f m ＝g －fm从图象上的斜率可知甲的加速度不变，说明其受阻力不变，乙的加速度一直减小，说明其受阻力一直增大，比较两图象的斜率，乙的斜率先大于甲，后小于甲，中间某一时刻二者的斜率相等，说明甲物体所受阻力开始大于乙，后小于乙，中间某一时刻相等，因此A 、B 选项均错．t 0时刻二者速度相等，从图像上图线所围面积推断乙下落的位移大，因此C 错D 对．2．质量为0.3 kg 的物体在水平面上运动，图2中两直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的速度—时间图象，则下列说法正确的是( )图2A ．物体所受摩擦力一定等于0.1 NB ．水平拉力一定等于0.1 NC ．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是aD ．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是b 【答案】B【解析】由速度—时间图象知，a 、b 图线表示物体做匀减速运动．加速度大小设为a a 、a b ，则a a ＝5－36 m/s 2＝13 m/s 2，a b ＝5－16 m/s 2＝23m/s 2.拉力的情形可能有两种：若拉力和摩擦力与速度方向相反，则f ＝ma a ，F ＋f ＝ma b ，此时F ＝f ＝0.3×13 N ＝0.1 N ，此情况，a表示没有受拉力时的情况，b 表示受拉力时的情况；若拉力方向与速度方向相同，则f ＝ma b ，f －F ＝ma a ，此时f ＝0.3×23N ＝0.2 N ，F ＝0.1 N ，这时，a 表示受拉力时的情况，b 表示没有受拉力时的情况，故选B.3．如图3所示，静止在光滑水平面上的物体A ，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的过程中，物体的速度和加速度的变化情况是( )图3A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大【答案】D【解析】物体在水平方向上受向左的推力F 、弹簧向右的弹力kx ，起初合力方向向左、大小为F 合＝F －kx ，随着x 的增大，合力越来越小，由牛顿第二定律可知，加速度越来越小，因加速度与速度同向，故速度越来越大；当弹簧的弹力kx 增大到与F 相等时，合力为零，加速度为零，速度最大；由于惯性，物体继续向左运动，弹簧向右的弹力大于F ，合力方向向右、大小F 合＝kx －F ，随着x 的增大，合力越来越大，加速度越来越大，因加速度与速度反向，故速度越来越小．故选D.4．(2013·揭阳一模)物体甲、乙原来静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图4所示；乙受到如图5所示的水平拉力作用．则在0～4 s 的时间内( )A．甲物体所受合力不断变化B．甲物体的速度不断减小C．2 s末乙物体改变运动方向D．2 s末乙物体速度达到最大【答案】D【解析】本题考查图象问题及力和运动的关系，意在考查考生对于图象及力和运动的关系问题的分析理解能力．由题图4可知，甲物体所受的合力恒定，速度先减小后反向增大，所以A、B错；由题图5可知，2 s末乙物体受力方向开始改变，速度刚好达到最大，运动方向并未改变，故C 错、D对．5．(2013·海南)一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大【答案】C【解析】本题考查了牛顿第二定律的应用．难度中等．质点受多个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其他各个力的合力等大反向，现使其中一个力的大小逐渐减小到零的过程中，质点受到的合力不断增大且合力方向与这个力的方向相反，质点做加速度不断增大的变加速运动，当这个力减小为零时，质点的加速度达到最大值；当这个力又沿原方向逐渐恢复的过程，质点受到的合力不断减小，质点开始做加速度不断减小的变加速运动，当这个力恢复到原来大小时，质点受到的合外力为零，加速度减小到零，质点的速度达到最大值，C正确．判断物体加速或减速的依据不是看物体加速度的变化，而是看物体速度与加速度的方向关系，若加速度与速度同向，则物体做加速运动，若加速度与物体速度方向反向，则物体做减速运动．二、双项选择题6．如图6所示，匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂有一小球．若升降机突然停止上升，在地面上的观察者看来，小球在继续上升的过程中( )图6A．速度逐渐减小B．速度先增大后减小C．加速度逐渐增大D．加速度逐渐减小【答案】AC【解析】匀速上升时，弹簧对小球的拉力等于重力，当升降机突然停止上升时，由于惯性小球将继续上升，弹簧对物体的拉力将逐渐减小(若弹簧压缩则其对小球施加向下的弹力且逐渐增大)，合力方向向下、大小逐渐增大，由牛顿第二定律可知，小球的加速度将逐渐增大，但因加速度与速度方向相反，故小球的速度逐渐减小．A、C正确．7．如图7甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图7乙所示，下列判断正确的是( )甲乙图7A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在1～3 s内，外力F的大小恒定C．在3～4 s内，外力F不断减小D．在3～4 s内，外力F的大小恒定【答案】BC【解析】在0～1 s内，物块做匀加速直线运动，外力F恒定，故A错．在1～3 s内，物块做匀速运动，外力F也恒定，B对．在3～4 s内，物体做加速度增大的减速运动，所以外力F不断减小，C对、D错．故正确选项为B、C．8.如图8所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向保持θ角不变，则( )图8A ．车厢的加速度为g tan θB ．绳对物体1的拉力为m 1gcos θC ．底板对物体2的支持力为(m 2－m 1)gD ．物体2所受底板的摩擦力为m 2g sin θ 【答案】AB【解析】[如图，对m 1受力分析可得：m 1g tan θ＝m 1a ，a ＝g tan θ，绳子拉力F ＝m 1gcos θ.对m 2受力分析可得：支持力F N ＝m 2g －m 1gcos θ，摩擦力f ＝m 2a ＝m 2g tan θ，所以选A 、B.三、非选择题9．(2015·广东调研)有一种大型游戏机叫“跳楼机”(如图所示)，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零。

2019版高中物理《复习方略》广东专用课时提升作业(八) 第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

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课时提升作业(八)(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2018·廊坊模拟)从正在加速上升的气球上落下一个物体,在物体刚离开气球的瞬间,下列说法正确的是( )A.物体向下做自由落体运动B.物体向上运动,加速度向上C.物体向上运动,加速度向下D.物体向上还是向下运动,要看物体离开气球时的速度2.(2018·南宁模拟)重为10N的物体以速度v在粗糙的水平面上向右运动,物体与桌面间的动摩擦因数为0.1,现在给物体施加水平向左的拉力F,其大小为20N,则物体受到的摩擦力和加速度大小为(g取10m/s2) ( ) A.1 N,20 m/s2 B.0,21 m/s2C.1 N,21 m/s2D.1 N,19 m/s23.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 N4.用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体,力F作用3s后撤去,则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是( )A.v t=6m/s,a=0B.v t=10m/s,a=2m/s2C.v t=6m/s,a=2m/s2D.v t=10m/s,a=05.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等于弹簧弹力时,木块速度最大D.弹簧压缩量最大时,木块加速度为零6.(2018·哈尔滨模拟)如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动。

人教版高三物理教材-第3章第2节牛顿第二定律两类动力学问题

第2节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它受到作用力成正比，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＝ma3．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．二、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题(1)由受力情况确定物体的运动情况．(2)由运动情况确定物体的受力情况．2．解决两类基本问题的思路：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．三、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米、千克、秒(s)．3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．[自我诊断]1．判断正误(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(×)(3)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．(√)(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)(5)F ＝ma 是矢量式，a 的方向与F 的方向相同，与速度方向无关．(√)(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(7)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．(√)2．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：选 B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由1 J ＝1 V·A·s ＝1 kg·m·s －2·m 可得，1 V ＝1 m 2·kg·s －3·A －1，因此选B.3．如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是M ，人的质量都是m ，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F ，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是( )A ．甲图中车的加速度大小为F MB ．甲图中车的加速度大小为F M ＋m C ．乙图中车的加速度大小为2F M ＋mD ．乙图中车的加速度大小为F M解析：选 C.对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A 、B 错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F ，所以乙图中车的加速度a ＝2FM ＋m，C 正确，D 错误．4．如图所示，在光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度大小分别为a 1、a 2，则( )A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 解析：选D.撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k 、形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a ；撤去拉力F 瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a ，D 正确．考点一对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“五性”2．力、加速度、速度间的关系(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．1．(2016·高考全国乙卷)(多选)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：选BC.质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0.当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C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＝10 m/s2)()A．3 N B．25 NC．30 N D．50 N解析：选ACD.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．3．(2017·湖南师范大学附中月考)(多选) 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是()A．物块一定向上加速运动B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞M sin θC ．若a 2＝0，则a 1一定等于mg －Mg sin θMD ．若a 1＝a 2，则a 1可能等于mg －Mg sin θM ＋m解析：选CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F －Mg sin θ＝Ma 1，得F ＝Mg sin θ＋Ma 1，若F ＞mg ，则物体B 加速上升，若F ＜mg ，则物体B 加速下降，若F ＝mg ，物体B 静止，故A 错误；人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F ＞Mg sin θ即可，故B 错误；若a 2＝0，则F ＝mg ，故mg －Mg sin θ＝Ma 1，a 1＝mg －Mg sin θM，故C 正确；F ＝Mg sin θ＋Ma 1，当F <mg 时，有mg －F ＝ma 2，又a 1＝a 2，则a 1＝mg －Mg sin θM ＋m，故D 正确．考点二牛顿第二定律瞬时性的理解1．两种模型：牛顿第二定律F ＝ma ，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路⇒求瞬时加速度1．(2017·山东大学附中检测)如图所示，A 、B 两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．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 两球的加速度大小分别为( )A ．都等于g 2B ．g 2和0 C.g 2和m A m B ·g 2 D.m A m B·g 2和g 2解析：选C.由整体法知，F 弹＝(m A ＋m B )g sin 30°剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：对B ：F 弹－m B g sin 30°＝m B a B ，得a B ＝m A m B·g 2 对A ：m A g sin 30°＝m A a A ，得a A ＝12g所以C 正确．2．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解析：选B.开始小球处于平衡态，受重力mg 、支持力F N 、弹簧拉力F 三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得F N ＝mg cos 30°＋F sin 30°，F cos 30°＝mg sin 30°，解得F N ＝233mg ，重力mg 、弹簧拉力F 的合力的大小等于支持力F N ，当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与F N 等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为233g ，B 正确．3．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 ，物块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 ＋M M gD ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M M g解析：选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 ＋m M g ，所以C 对．在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”(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，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．考点三动力学的两类基本问题1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．考向1：由受力情况求运动情况[典例1] 如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg ，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80 N 的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s 后松手．(g ＝10 m/s 2)求：(1)松手前铸件的加速度；(2)松手后铸件还能前进的距离．解析 (1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得a ＝F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)m＝1.3 m/s 2 (2)松手时铸件的速度v ＝at ＝5.2 m/s松手后的加速度大小a ′＝μmg m ＝μg ＝2.5 m/s 2则松手后铸件还能滑行的距离x ＝v 22a ′＝5.4 m答案(1)1.3 m/s2(2)5.4 m1．(2017·黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg，在14 N的恒力作用下运动，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为()A．8 m/s25 m B．2 m/s25 mC．10 m/s25 m D．10 m/s12.5 m解析：选 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＝Fm＝147m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，x＝12at2＝12×2×25 m＝25 m，选项C正确．2．(2016·高考江苏卷)(多选)如图所示，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()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解析：选BD.由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由F f＝μmg可知，F f不变，故C错．若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．3．(2017·江西抚州五校第二次联考)一质量m ＝5 kg 的滑块在F ＝15 N 的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，问：(1)滑块在力F 作用下经5 s ，通过的位移是多大？(2)5 s 末撤去拉力F ，滑块还能滑行多远？解析：(1)滑块的加速度a 1＝F －μmg m ＝15－0.2×505m/s 2＝1 m/s 2 滑块的位移x 1＝12a 1t 2＝12×1×25 m ＝12.5 m(2)5 s 末滑块的速度v ＝a 1t ＝5 m/s撤去拉力后滑块的加速度大小a 2＝μmg m ＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2撤去拉力后滑行距离x 2＝v 22a 2＝254 m ＝6.25 m 答案：(1)12.5 m (2)6.25 m考向2：由运动情况求受力情况[典例2] (2017·山东威海模拟)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)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(3)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？解析 (1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，由v ＝gt 1得v ＝20 m/s(2)自由下落的位移h′＝12gt21＝20 m设座椅匀减速运动的总高度为h，则h＝(40－4－20)m＝16 m由h＝v2t得t＝1.6 s(3)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则Fmg＝mg＋mamg＝g＋ag＝2.25答案(1)20 m/s(2)1.6 s(3)2.254．(2017·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解析：选C.根据h＝12at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v＝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．5．行车过程中，如果车距不够，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70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，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 N B．400 NC．350 N D．300 N解析：选C.汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝v0t＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C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)解答动力学两类问题的基本程序①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．课时规范训练[基础巩固题组]1．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；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10 m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为()A．5 3 m/s2B．3 3 m/s2C．(5－3) m/s2 D.1033m/s2解析：选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得F f＝mg sin θ，又F N1＝mg cos 30°，F f ＝μF N1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有F N2＝mg cos 60°，mg sin 60°－μF N2＝ma ，求得a ＝103 3 m/s 2，D 对．2．(多选)如图所示，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/s 2)( )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解析：选BC.物体受到向右的滑动摩擦力，F f ＝μF N ＝μG ＝3 N ，根据牛顿第二定律得，a ＝F ＋F f m ＝2＋31m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝v 0a ＝105 s ＝2 s ，B 正确，A 错误．减速到零后，F ＜F f ，物体处于静止状态，不再运动，C 正确，D 错误．3．如图所示，a 、b 两物体的质量分别为m 1和m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1，加速度大小为a 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，加速度大小为a 2.则有( )A ．a 1＝a 2，x 1＝x 2B ．a 1＜a 2，x 1＝x 2C ．a 1＝a 2，x 1＞x 2D ．a 1＜a 2，x 1＞x 2解析：选B.对a 、b 物体及弹簧整体分析，有：a 1＝F －(m 1＋m 2)g m 1＋m 2＝F m 1＋m 2－g ，a 2＝F m 1＋m 2，可知a 1＜a 2，再隔离b 分析，有：F 1－m 2g ＝m 2a 1，解得：F 1＝m 2F m 1＋m 2， F 2＝m 2a 2＝m 2F m 1＋m 2，可知F 1＝F 2，再由胡克定律知，x 1＝x 2.所以B 选项正确． 4．如图所示，质量分别为m 、2m 的小球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F ，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，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 3，2F 3m ＋gC.2F 3，F 3m ＋gD.F 3，F 3m ＋g解析：选A.在细线剪断前，对A 、B 及弹簧整体由牛顿第二定律有F －3mg＝3ma ，对B 由牛顿第二定律得F 弹－2mg ＝2ma ，由此可得F 弹＝2F 3；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A 球来说，受到向下的重力和弹力，则有F 弹＋mg ＝ma A ，解得a A ＝2F 3m ＋g ，故A 正确．5．(多选)如图所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，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 θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零解析：选BC.对A 、B 整体受力分析，细线烧断前细线对A 球的拉力F T ＝2mg sin θ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B 球受力平衡，a B ＝0，A 球所受合力与F T 等大反向，则F T ＝2mg sin θ＝ma A ，解得a A ＝2g sin θ，A 、D 错误，B 、C 正确．6．一质量为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/s 2匀加速下滑．如右图所示，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 ＝2 s 内能沿斜面运动位移x ＝4 m ．求：(g 取10 m/s 2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F 的大小．解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma解得：μ＝36.(2)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．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma 1，根据题意可得a 1＝2 m/s 2，代入数据得：F＝7635N当加速度沿斜面向下时(如图丙)：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[综合应用题组]7．(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/s2，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/s2.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的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s 后速度要小于5 m/s ，选项B 、C 错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F ＝mg ＋f 得f ＝230 N ，选项D 正确．8．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：选 A.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 ，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D均错误．9．质量1 kg 的小物块，在t ＝0时刻以5 m/s 的初速度从斜面底端A 点滑上倾角为53°的斜面，0.7 s 时第二次经过斜面上的B 点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为13，则AB 间的距离为(已知g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )A ．1.05 mB ．1.13 mC ．2.03 mD ．1.25 m解析：选B.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2，a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝6 m/s 2，物块滑到最高点所用时间为：t 1＝v 0a 1＝0.5 s ，位移为：x 1＝12a 1t 21＝1.25 m ，物块从最高点滑到B 点所用时间为：t 2＝t －t 1＝0.2 s ，位移为：x 2＝12a 2t 22＝0.12 m ，所以AB 间的距离为x 1－x 2＝1.13 m ，选项B 对．10．(多选)质量m ＝2 kg 、初速度v 0＝8 m/s 的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F 的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0～1 s 内，物体的加速度大小为2 m/s 2B ．1～2 s 内，物体的加速度大小为2 m/s 2C ．0～1 s 内，物体的位移为7 mD ．0～2 s 内，物体的总位移为11 m解析：选BD.由题图可知，在0～1 s 内力F 为6 N ，方向向左，由牛顿运动定律可得F ＋μmg ＝ma ，解得加速度大小a ＝4 m/s 2，在1～2 s 内力F 为6 N ，方向向右，由牛顿运动定律可得F －μmg ＝ma 1，解得加速度大小a 1＝2 m/s 2，所以选项A 错误，B 正确；由运动关系可知0～1 s 内位移为6 m ，选项C 错误；同理可计算0～2 s 内的位移为11 m ，选项D 正确．11．声音在空气中的传播速度v 与空气的密度ρ、压强p 有关，下列速度的表达式(k 为比例系数，无单位)中正确的是( )A ．v ＝k p ρB ．v ＝ kp ρC ．v ＝kρp D ．v ＝kpρ解析：选B.可把p 、ρ的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是否是v 的单位．压强p 的单位用基本单位表示为Pa ＝N m 2＝kg·m/s 2m 2，密度ρ的单位用基本单位表示为kg m 3，所以p ρ的单位为m 2s 2，易知B 正确．12．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点．已知A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，B 点距C 点的距离L ＝2.0 m(滑块经过B 点时没有能量损失，g 取10 m/s 2)，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 点时速度最大为v m ，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得：mg sin 30°＝ma 1v 2m ＝2a 1h sin 30°，解得v m ＝4 m/s. (2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 2 v 2m ＝2a 2L ，解得μ＝0.4.(3)滑块在斜面上运动的时间为t 1，有v m ＝a 1t 1，解得t 1＝v m a 1＝0.8 s 由于t ＞t 1，故滑块已经经过B 点，做匀减速运动的时间为t －t 1＝0.2 s 设t ＝1.0 s 时速度大小为v ，有v ＝v m －a 2(t －t 1)，解得v ＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s。

高考物理大一轮复习第三章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题课件

第一类
物体的受力情况
牛顿第二定律
a
物体的加速度a
a
运动学公式
物体的运动情况
第二类
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
课堂探究
【例 3】如图 5 所示，在倾角 θ＝30°的固定斜面的底端有一静止的滑块，滑块可视为质点，滑块的质量 m＝1 kg，滑块与斜面间的动摩擦因数 μ＝ 63，斜面足够长．某时刻起，在滑块上作用一平行于斜面向上的恒力 F＝10 N，恒力作用时间 t1＝3 s 后撤去．求：从力 F 开始作用时起至滑块返回斜面底端所经历的总时间 t 及滑块返回底端时速度 v 的大小(g＝10 m/s2)．
上的速度减为零，受力分析如图所示由牛顿第二定律和运动学公式 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2 0－v1＝－a2t2
斜面向上的轻细绳的拉力 F＝9.6 N 的解得：a2＝7.6 m/s2
作用，从静止开始运动，经 2 s 绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到 22 m/s？(sin 37°＝0.6，g 取 10 m/s2)
课堂探究
【例 2】如图 3 所示，A、B 两小球分别
连在轻绳两端，B 球另一端用弹簧固
定在倾角为 30°的光滑斜面上．A、B
两小球的质量分别为 mA、mB，重力加速度为 g，若不计弹簧质量，在绳
被剪断瞬间，A、B 两球的加速度大小
分别为
(C )
A．都等于g2
B．g2和 0
C．g2和mmBA·g2
课堂探究
【突破训练 1】如图 2 所示，一轻弹簧一端
系在墙上的 O 点，自由伸长到 B 点．今
用一小物体 m 把弹簧压缩到 A 点，然后

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高考物理一轮复习课时作业八牛顿第二定律两类动力学问题(含解析)新人教版-2022高

牛顿第二定律两类动力学问题(建议用时40分钟)1．(2021·绵阳模拟)竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2的加速度，若推动力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2，不计空气阻力)( )A．20 m/s2B．25 m/s2C．30 m/s2D．40 m/s2【解析】选C。

对火箭进行受力分析F－mg＝ma，若推动力增大到2F，则有2F－mg＝ma′，解得，a′＝30 m/s2，故选C。

2.(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。

开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。

当升降机加速上升时( )A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑【解析】选B、D。

当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f＝μF N可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ。

当物体以加速度a向上加速运动时，有F N＝m(g＋a)cos θ，F f＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D 正确。

3.如图所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量m A＝2m B，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上。

开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平面向左运动，将弹簧压缩到最短时，A、B两物体间的作用力为F，则弹簧对A物体的作用力的大小为( )A ．FB ．2FC ．3FD ．4F【解析】选C 。

A 、B 碰后以相同的速度一起运动，即A 、B 的加速度相同。

以B 为研究对象，据牛顿第二定律得a B ＝F m B ＝F12m A ＝2F m A ＝a A 。

2020版高考物理 8 牛顿第二定律两类动力学问题(含解析)

课后限时集训(八)牛顿第二定律两类动力学问题（建议用时:40分钟)[基础对点练]题组一：牛顿第二定律的理解1.(2019·武汉模拟)如图所示,老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中,空气对老鹰的作用力可能是图中的( )A．F1B．F2C．F3D．F4B ［老鹰沿虚线由M到N做减速运动，合外力与初速度的方向相反，由受力分析可知,空气的阻力与重力的合力方向与MN反向，因此空气对老鹰的作用力可能是题图中的F2,B正确.]2．一质量为m的物体,放在粗糙水平面上,受水平推力F的作用产生加速度a，物体所受摩擦力为f，当水平推力变为2F时( ）A．物体的加速度小于2aB．物体的加速度大于2aC．物体的加速度等于2aD．物体所受的摩擦力变为2fB [根据牛顿第二定律可知，物体在水平推力F的作用下，产生的加速度为a＝错误!＝错误!＝错误!－μg。

①当水平推力变为2F时，物体的加速度a′＝错误!＝错误!－μg。

②比较①②两式可以看出a′>2a.］3.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，以下说法正确的是（）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D [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,设斜面的倾斜角为α,则竖直方向有F N2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有F N1－F N2sin α＝ma,因为F N2sin α≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A 错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的分力F N2cos α与水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，选项C错误。

高考物理一轮复习第3章第2节牛顿第二定律两类动力学问题课件

作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为2 3 3mg，小
球的加速度大小为2
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3
3g，D
项错误。]
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[考法指导] 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：
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l0)＝mgtan 30°，代入数据可得此时弹簧的长度为 l＝l0＋ 33mk g，A 项正确；对小球受力分析，小球受到重力、木板对小球可知木板对小球的支持力为 FN＝coms 3g0°＝233mg，B 项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有 mgsin 30° ＝ma，得 a＝12g，C 项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力
12/9/2021
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[考法指导] 合力、加速度、速度间的决定关系
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。
3a＝ΔΔvt 是加速度的定义式，a 与 Δv、Δt 无直接关系；a＝mF是
加速度的决定式，a∝F，a∝m1 。
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第十二页，共四十八页。
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考法 2 单位制的应用
3．一物体在 2 N 的外力作用下，产生 10 cm/s2 的加速度，求该物体的
质量。下面有几种不同的求法，其中单位运用正确、简捷而又规范的是( )
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20高考物理：第3章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

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
2019年4月27日
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1
2019年4月27日
1
知识梳理自测
2
核心考点突破
3
阶段培优微专题2
知识梳理自测
2019年4月27日
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3
知识点1 牛顿第二定律
• 1．内容：物体加速度的大小跟___它_受__到_的_合__外_力__________成正比，跟 _物__体_的_质_量_________成反比，加速度的方合向外力跟________的方向相同。
2019年4月27日
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26
考点三动力学两类基本问题
• 动力学两类基本问题的解题思路
2019年4月27日
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27
例 3 如图所示，质量为 10kg 的环(图中未画出)在 F＝200N 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 0.5s 后撤去，环在杆上继续上滑了 0.4s 后速度减为零。(已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：
2019年4月27日
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知识点2 单位制
• 1．定义：由___基_本_单__位_和导出单位一起组成了单位制。
• 2．分类：(1)基本单位：基_本_量______的单位。力学中的基本量有三个，它是们千分克质量别(k是g)_、__秒时__(间_s_)和_、___长____度_________。和________，它们的国际单位分别
• D．桌子所受合力大小为零，没有加速度
2019年4月27日

第3章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题讲解

第2课时牛顿第二定律两类动力学问题1．[对力、加速度和速度关系的理解]关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )A ．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零 2．[对牛顿第二定律内容和公式的理解]由牛顿第二定律表达式F ＝ma 可知( )A ．质量m 与合外力F 成正比，与加速度a 成反比B ．合外力F 与质量m 和加速度a 都成正比C ．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D ．物体的加速度a 跟其所受的合外力F 成正比，跟它的质量m 成反比3．[力学单位制的应用]在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2 cm ，若还测出小车的质量为500 g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是 ( )A ．a ＝1.20.12 m /s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m /s 2＝1.2 m/s 2 C ．F ＝500×1.2 N ＝600 N D ．F ＝0.5×1.2 N ＝0.60 N4．[应用牛顿第二定律解决瞬时性问题]质量均为m 的A 、B 两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A 紧靠墙壁，如图1所示，今用恒力F 将B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间( )图1A ．A 球的加速度为F2mB ．A 球的加速度为零C ．B 球的加速度为F2mD ．B 球的加速度为Fm考点一对牛顿第二定律的理解例1 (2013·海南单科·2)一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是( )A ．a 和v 都始终增大B ．a 和v 都先增大后减小C ．a 先增大后减小，v 始终增大D ．a 和v 都先减小后增大突破训练1 (2014·淮安市第一次调研)如图2所示，木板A 放在水平地面上，小物块B 通过轻弹簧与A 左侧的挡板P 连接，A 与B 、A 与地面之间均粗糙．开始时弹簧处于原长，B 位于A 上的O 点．现将B 拉至C 点由静止释放向左运动，到达某点时速度为零(上述过程中A 一直保持静止)，则此时( )图2A ．B 所受的摩擦力可能为零 B ．A 所受的摩擦力不可能为零C ．B 可能位于O 点的左侧D ．B 不可能位于O 点的右侧考点二牛顿第二定律的瞬时性分析例2 如图3所示，A 、B 两小球分别连在轻绳两端，B 球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )图3A ．都等于g2B.g 2和0C.g 2和m A m B ·g 2D.m A m B ·g 2和g 2突破训练2 如图4所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图4A ．0 B.233gC ．gD.33g考点三动力学两类基本问题例3 如图5所示，在倾角θ＝30°的固定斜面的底端有一静止的滑块，滑块可视为质点，滑块的质量m ＝1 kg ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝36，斜面足够长．某时刻起，在滑块上作用一平行于斜面向上的恒力F ＝10 N ，恒力作用时间t 1＝3 s 后撤去．求：从力F 开始作用时起至滑块返回斜面底端所经历的总时间t 及滑块返回底端时速度v 的大小(g ＝10 m/s 2)．图5突破训练3 如图6所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m ＝1 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F ＝9.6 N 的作用，从静止开始运动，经2 s 绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m /s ？(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)图611.利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题例4 如图7所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 的质量为m ，B 的质量为3m ，水平作用力为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力为( )图7A ．μFB ．2μF C.32m (g ＋a )D ．m (g ＋a )高考题组1．(2013·安徽·14)如图8所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力F N 分别为(重力加速度为g )( )图8A ．T ＝m (g sin θ＋a cos θ) F N ＝m (g cos θ－a sin θ)B ．T ＝m (g cos θ＋a sin θ) F N ＝m (g sin θ－a cos θ)C ．T ＝m (a cos θ－g sin θ) F N ＝m (g cos θ＋a sin θ)D ．T ＝m (a sin θ－g cos θ) F N ＝m (g sin θ＋a cos θ)2．(2013·课标Ⅱ·14)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图象是( )模拟题组3.有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断．例如从解的物理量的单位；解随某些已知量变化的趋势；解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性．举例如下：如图9所示，质量为M 、倾角为θ的滑块A 放置在水平地面上．把质量为m 的滑块B 放在A 的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B 相对地面的加速度a ＝M ＋mM ＋m sin 2θg sinθ，式中g 为重力加速度．对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．其中正确的是( )图9A ．当θ＝0°时，该解给出a ＝0，这符合常识，说明该解可能是对的B ．当θ＝90°时，该解给出a ＝g ，这符合实验结论，说明该解可能是对的C ．当M ≫m 时，该解给出a ＝g sin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的D ．当m ≫M 时，该解给出a ＝gsin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 4．两个质量分别为m 1、m 2的物体A 和B 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图10所示，如果它们分别受到水平推力2F 和F ，则A 、B 之间弹力的大小为( )图10A.m 2m 1＋m 2F B.m 1m 1＋m 2F C.m 1＋2m 2m 1＋m 2FD.2m 1＋m 2m 1＋m 2F 5．如图11甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F 作用(g 取10 m/s 2)．求：图11(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数． (2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小． (3)21 s 内力F 对物体所做的功．(限时：45分钟)►题组1对牛顿第二定律的理解和简单应用1．下列说法正确的是() A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B．物体所受到的合外力不变(F合≠0)，其运动状态就不改变C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大2.一实验兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图1所示．根据图象提供的信息，以下判断正确的是()图1A．t2时刻该同学的脚刚接触地面B．t3时刻该同学的加速度为零C．在t2至t3时间内该同学处于下落阶段D．在t3至t4时间内该同学处于加速下落阶段3.如图2所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是(斜面倾角为θ) ()图2A．F1增大，F2不变B．F1增大，F2增大C．F1不变，F2增大D．F1不变，F2减小►题组2应用牛顿第二定律分析瞬时问题4．如图3所示，质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()图3A．弹簧测力计的示数是10 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变5.水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图4所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是()图4A．此时轻弹簧的弹力大小为20 NB．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为06．细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，如图5所示．将细绳烧断后，下列说法中正确的是()图5A．小球立即开始做自由落体运动B．小球离开弹簧后做平抛运动C．小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等D．小球离开弹簧后做匀变速运动►题组3用整体法与隔离法处理连接体问题7.如图6所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)．已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( )图6A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 28．如图7所示，质量为m 2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m 1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则( )图7A ．车厢的加速度为g sin θB ．绳对物体1的拉力为m 1gcos θC ．底板对物体2的支持力为(m 2－m 1)gD ．物体2所受底板的摩擦力为09．如图8所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O ，现用过O 的水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区间，则下列说法正确的是( )图8A ．若小车沿斜面向上匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C ．无论小车沿斜面向下的加速度多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D．无论小车沿斜面向上的加速度多大，稳定后细线都不可能沿与ON重合的水平方向►题组4两类动力学问题的分析与计算10.2013年冬天哈尔滨连降大雪，路面结冰严重，行驶汽车难以及时停车，经常出现事故．因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦．如图9所示，一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰，灰粒之间的动摩擦因数为μ1，炉灰与车厢底板的动摩擦因数为μ2，卸灰时车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)下列说法正确的是()图9A．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足tan θ>μ2B．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足sin θ>μ2C．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足μ1<tan θ<μ2D．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足tan θ<μ1<μ211．质量m＝2 kg的滑块受到一个沿斜面方向的恒力F作用，从斜面底端开始，以初速度v0＝3.6 m/s沿着倾角为θ＝37°且足够长的斜面向上运动，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.滑块向上滑动过程的速度—时间(v－t)图象如图10所示．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图10(1)滑块上滑过程的加速度大小和方向；(2)该恒力F的大小和方向．12．如图11甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点．滑块运动的速度—时间图象如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)图11(1)A、B之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．。

高考物理课件第三章第2节牛顿第二定律两类动力学问题

＝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
时，物体减速运动。
[题点全练] 1．[多选](2016·全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动。现对其施
加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( ) A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不
3．[多选](2018·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静
止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，
A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间
()
A．两图中两球加速度均为gsin θ B．两图中A球的加速度均为零 C．图甲中B球的加速度为2gsin θ D．图乙中B球的加速度为gsin θ
解析：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为 2mgsin 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2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为 gsin θ，故C、D正确，A、B错误。答案：CD
闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大
小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为
()
A．mg
B．13mg
C．12mg
D．110mg
解析：设每块砖的厚度是d，向上运动时： 9d－3d＝a1T2 向下运动时：3d－d＝a2T2 解得：aa12＝31 根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1 向下运动时：mg－f＝ma2 解得：f＝12mg，C正确。答案：C

人教版物理必修1第三章第2讲牛顿第二定律_两类动力学问题有答案

【千题斩物理男生版高二高三备考专用】人教版物理必修1第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、多选题。

1. 关于牛顿第二定律的下列说法中，正确的是（）A.物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合力大小决定，与物体的速度大小无关B.物体加速度的方向只由它所受合力的方向决定，与速度方向无关C.物体所受合力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的D.一旦物体所受合力为零，则物体的加速度立即为零，其速度也一定立即变为零2. 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.立即做减速运动B.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，木块加速度为零3. 如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，则运动员（）A.在第一过程中始终处于失重状态B.在第二过程中始终处于超重状态C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态4. 在2016年2月举行的跳水世界杯比赛中，我国运动员取得了很好的成就．在跳板比赛中，若某运动员（可看作质点）的速度与时间关系图像如图所示，t=0是其向上起跳瞬间，则下列说法正确的是（）A.t1时刻开始进入水面B.t2时刻开始进入水面C.t3时刻已浮出水面D.0∼t2时间内，运动员处于失重状态5. 如图甲所示，竖直电梯中质量为m的物体置于压力传感器P上，电脑可描绘出物体对P的压力F随时间的变化图线；图乙中K、L、M、N四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的F−t图线，由图线分析电梯的运动情况，下列结论中正确的是（）A.由图线K可知，此时电梯一定处于匀加速上升状态B.由图线L可知，此时电梯的加速度大小一定等于gC.由图线M可知，此时电梯一定处于静止状态D.由图线N可知，此时电梯加速度的方向一定先向上后向下6. 如图所示，一质量为m=1kg的物块停放在光滑的水平桌面上．现对物块施加一个水平向右的外力F，使它在水平桌面上做直线运动．已知外力F随时间t（单位为s）的变化关系为F=(6−2t)N，不计空气阻力．则（）A.在t=3s时，物块的速度为零B.物块向右运动的最大速度为9m/sC.在0∼6s内，物块的平均速度等于4.5m/sD.在0∼6s内，物块向右运动的最大位移大于27m7. 传感器和计算机结合，可以快速测量和记录变化的力．如图甲，传感器和计算机连接，弹性细绳一端系小球，另一端与传感器连接，把小球举到O点，放手让小球自由下落，获得弹性细绳中拉力F随时间t变化的图线如图乙所示．不计空气阻力．根据图线可以判断（）A.2t1=t4−t3B.从t2∼t3，小球的速度一直增大gt22 D.t5时刻小球处在最低点C.细绳的自然长度是128. 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，取g=10m/s2，根据图像可求出（）A.物体的初速率v0=3m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min=1.44mD.当某次θ=30∘时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑二、选择题。

高三物理复习跟踪演练强化提升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(20

2018届高三物理一轮复习跟踪演练强化提升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届高三物理一轮复习跟踪演练强化提升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）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跟踪演练·强化提升【课堂达标检测】1.(2017·武汉模拟）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。

下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（)【解析】选C。

皮球在上升过程中速度越来越小，所以空气阻力越来越小,重力与空气阻力的合力越来越小，所以加速度越来越小,一开始加速度最大，后来减小得越来越慢,最后速度为零时,加速度变为重力加速度,所以答案选C。

2.(2017·惠州模拟)如图所示，物体m悬挂在轻质弹簧下端,静止时弹簧的伸长量为Δx,现用力将物体竖直向下拉，使弹簧再伸长2Δx,然后突然松手，则在松手的瞬间，物体的加速度大小为( ）A.g B。

2g C。

D。

【解析】选B。

物体静止时有：mg=kΔx现用力将物体竖直向下拉,使弹簧再伸长2Δx,然后突然松手，在该瞬间，物体的加速度a===2g，故B正确,A、C、D错误。

3。

(多选）如图所示，在质量为m B=30kg的车厢B内紧靠右壁,放一质量m A=20kg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=120N，使之从静止开始运动。

高考物理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时作业

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．(2020年辽宁大连高三质检)如图K321所示，为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使得座椅始终保持水平，当此车加速上坡时，乘客( )图K321A ．支持力小于重力B ．支持力大于重力C ．受到水平向左的摩擦力作用D ．所受力的合力沿斜面方向向下2．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图K322所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )图K322A ．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ma3．(2020年四川绵阳高三质检)“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．质量为m 的小明如图K323所示静止悬挂时，两橡皮绳与水平方向的夹角均为30°，则( )图K323A ．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 ＝g ，沿未断裂绳的方向斜向上D ．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 ＝g4．(2020年广东汕头金山中学摸底)如图K324所示，轻弹簧下端固定在水平面上．一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，则小球从接触弹簧到下降到最低点的过程中( )图K324A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大B．小球的加速度方向都是竖直向上C．小球的速度一直增大D．小球的加速度先减小后增大5．如图K325所示，甲、乙两图中水平面都是光滑的，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均忽略不计)的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是( )甲乙图K325A．甲图中车的加速度大小为F MB．甲图中车的加速度大小为F M＋mC．乙图中车的加速度大小为2F M＋mD．乙图中车的加速度大小为F M6．如图K326所示，两块粘连在一起的物块a和b，质量分别为m a和m b，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向为如图所示的水平推力F a和水平拉力F b，已知F a>F b，则a对b的作用力( )图K326A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零7．(2020年河南郑州模拟)如图K327所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向向右做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)．已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为( )图K327A.Fcos θm1＋m2B.Fsin θm1＋m2C.Fcos θm1D.Fsin θm2二、多项选择题8．关于速度、加速度和合外力之间的关系，正确的是( ) A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零9．如图K328所示，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则( )图K328A．物块M受到的摩擦力增大B．物块M对车厢壁的压力增大C．物块M仍能相对于车静止D．物块M将与小车分离10．(2020年山东青岛期中)一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图K329所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F1，现由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，若斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是( )图K329A．稳定后弹簧仍处于伸长状态B．稳定后弹簧一定处于压缩状态C．μ＝F1dF2hD．μ＝F2hF1d三、非选择题11．如图K3210所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．若人和滑板的总质量m＝60 kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)人从斜坡上滑下的加速度为多大？(2)若AB的长度为25 m，人滑到B处时速度为多大？(3)若AB的长度为25 m，求BC的长度为多少？图K321012．(2020年山东潍坊高三模拟)如图K3211所示，一木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑．某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s ，细绳断裂．细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s 内滑行了4.5 m ，后3 s 内滑行了10.5 m.(1)小车的加速度多大？(2)从绳断到滑块离开车尾所用时间是多少？ (3)小车的长度是多少？图K3211第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1．B 解析：此车加速上坡时，加速度沿斜面向上，乘客加速度也是沿斜面向上，所以合力沿斜面向上，与加速度同向，选项D 错误；对加速度分解，有一个水平向右的加速度和竖直向上的加速度，水平方向上乘客受力只可能有摩擦力，所以摩擦力提供水平加速度，摩擦力方向与水平分加速度同向向右，选项C 错误；竖直方向上乘客所受的支持力和重力的合力提供竖直向上的加速度，即合力竖直向上，所以支持力大于重力，选项A 错误，B 正确．2．A 3．B4．D 解析：开始时小球做自由落体运动，接触弹簧后因为有弹力，而且弹力逐渐增大，小球做加速度逐渐减小的变加速运动，当弹簧的弹力增大到与重力相等时，加速度减小为零，速度达到最大，再继续往下运动的过程中，弹簧的弹力大于重力，小球做加速度逐渐增大的变减速运动，一直到速度减小为零，故D 正确．5．C6．C 解析：将a 、b 看作一个整体，加速度a ＝F a ＋F bm a ＋m b，单独对a 进行分析，设a 、b 间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab m a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m bm a ＋m b，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正(为拉力)、可能为负(为推力)、也可能等于0.故只有选项C 正确．7．A 解析：把m 1、m 2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝Fcos θm 1＋m 2，选项A 正确．8．CD 9．BC10．AD 解析：木板固定时，对小球分析F 1＝mgsin θ；木板运动后稳定时，对整体分析有a ＝gsin θ－μgcos θ；则a ＜gsin θ，根据牛顿第二定律得知，弹簧对小球的弹力应沿斜面向上，弹簧处于拉伸状态，对小球有mgsin θ－F 2＝ma ，而tan θ＝h d ；联立以上各式计算可得μ＝F 2hF 1d.故A 、D 正确．11．解：(1)设人在斜坡上滑下的加速度为a 1，由牛顿第二定律有 mgsin θ－f ＝ma 1N －mgcos θ＝0，又f ＝μN联立得a 1＝g(sin θ－μcos θ)，代入数据得a 1＝2 m/s 2.(2)人滑到B 点时，v 2B ＝2a 1s AB ，则v B ＝2a 1s AB ＝2×2×25 m/s ＝10 m/s. (3)在水平轨道上运动时f 2＝μmg＝ma 2得a 2＝μg＝5 m/s 2由v 2C ＝v 2B －2a 2s BC 得s BC ＝v 2B 2a 2＝1022×5m ＝10 m.12．解：(1)设小车加速度为a ，断裂时，车和物块的速度为v 1＝at ＝2a ，断裂后，小车的速度v ＝v 1＋at ，小车的位移为x 1＝v 1t ＋12at 2滑块的位移为x 2＝v 1t前3 s 相对位移有关系Δx＝x 1－x 2＝12at 2＝4.5 m故解得a ＝1 m/s 2.(2)细线断开时小车和物块的速度 v 1＝2a ＝2×1 m/s＝2 m/s设后3 s 小车的初速度为v 1′，则小车的位移为x 1′＝v 1′t＋12at 2滑块的位移为x 2′＝v 1t有x 1′－x 2′＝3v 1′＋4.5 m －3v 1＝10.5 m 解得v 1′＝4 m/s由此说明后3 s 实际上是从绳断后2 s 开始的，滑块与小车相对运动的总时间为t 总＝5 s.(3)小车底板总长为L ＝x 车－x 滑＝v 1t 总＋12at 2总－v 1t 总＝12at 2总＝12×1×25 m＝12.5 m.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高考物理试题讲解第3章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

第三章第2讲知识巩固练习1．如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A ．OA 方向B ．OB 方向C ．OC 方向D ．OD 方向【答案】D【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，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，D 正确．2．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图像，可能正确的是( )【答案】C【解析】皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝k v 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝k vm ＋g ，则a 随v的减小而减小．又v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．3．(2019年南通模拟)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 小球，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 两小球都静止不动，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 两小球的加速度分别为( )A ．a A ＝aB ＝g B ．a A ＝2g ，a B ＝0C ．a A ＝3g ，a B ＝0D ．a A ＝23g ，a B ＝0【答案】D【解析】设两个小球的质量都为m ，以A 、B 小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 ＝2mg tan 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 ＝23mg m ＝23g ，B 球的受力情况不变，则加速度仍为0.故D 正确．4．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F 的作用，其下滑的速度—时间图像如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s ，5～10 s,10～15 s 内F 的大小分别为F 1、F 2和F 3，则( )A ．F 1<F 2B ．F 2>F 3C ．F 1>F 3D ．F 1＝F 3【答案】A5．(2018年浙江月考)如图为“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动．当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m 的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 s ．在战车的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．战车在运动过程中导师处于失重状态B ．战车在运动过程中所受外力始终不变C ．战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D ．根据题中信息可以估算导师运动的平均速度【答案】D【解析】由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速的过程中有沿斜面向下的分加速度，车处于失重状态，当车减速时，车有向上的分加速度，车处于超重状态，导师与战车状态相同，故A 错误；由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，结合牛顿第二定律可知，车受到的合外力先沿斜面向下，后沿斜面向上，故B 错误； “导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，故C 错误；车的位移是10 m ，时间是4 s ，所以可以求出平均速度v ＝x t ＝104m/s ，故D 正确．6．(2019年舒城月考)m 1、m 2组成的连接体，在拉力F 作用下，沿光滑斜面向上运动，m 1对m 2的拉力为T ，则( )A ．T ＝m 2m 1＋m 2FB ．T ＝m 1m 1＋m 2FC ．T ＝m 2m 1＋m 2(F ＋m 1g sin θ)D ．T ＝m 2m 1＋m 2(F ＋m 2g sin θ)【答案】A【解析】对整体做受力分析可知，整体受重力、拉力、支持力，F －(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ；再对m 2做受力分析可知，其受重力、绳子的拉力、支持力，T －m 2g sin θ＝m 2a .联立解得T ＝m 2m 1＋m 2F ，故选A ．7．(2018年河北模拟)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( )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【答案】D【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作用．设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有F N2cos α＝mg ，因为mg 和α不变，所以无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，选项B 错误，D 正确；水平方向有F N1－F N2sin α＝ma ，因为F N2sin α≠0，竖直挡板的水平弹力不可能为零，选项A 错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cos α与水平方向的力ma 的合力，因此大于ma ，选项C 错误．8．如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ，其下端都固定于底部圆心O ，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力)，则( )A ．a 处小孩最先到O 点B ．b 处小孩最后到O 点C ．c 处小孩最先到O 点D ．a 、c 处小孩同时到O 点【答案】D【解析】设圆柱半径为R ，滑板长l ＝Rcos θ，a ＝g sin θ，t ＝2la＝4Rg sin 2θ，分别将θ＝30°，45°，60°代入计算可知，t a ＝t c ≠t b ，故D 正确．9．(多选)如图所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，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 θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零【答案】BC【解析】细线烧断前，对B 球有kx ＝mg sin θ.细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B 球受力平衡，a B ＝0，A 球所受合力为mg sin θ＋kx ＝2mg sin θ，解得a A ＝2g sin θ，故A 、D 错误，B 、C 正确．综合提升练习10．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中从静止开始下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD11．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a 0＝2 m /s 2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/s 2，求：(1)将布带从铁块下抽出需要的时间； (2)铁块离开布带时的速度大小．【答案】(1)1 s (2)1 m/s【解析】(1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x ，布带移动的距离为L ＋x ，铁块滑动的加速度为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，a ＝μg ＝1 m/s 2. 根据运动学公式有 L ＋x ＝12a 0t 2，x ＝12at 2，解得t ＝2La 0－μg ＝1 s. (2)由v ＝at 得铁块速度v ＝1×1 m /s ＝1 m/s.12．如图甲所示，L 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乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)斜面BC 的长度； (2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块发生的位移．【答案】(1)3 m (2)2.5 kg (3)8 m【解析】(1)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，通过图乙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 ＝12a 1t 21＝3 m.(2)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 ′1sin θ，由图乙可知F 1＝12 N ，解得m ＝2.5 kg.(3)滑块滑到B 点的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s ，由图乙可知：f 1＝f 2＝5 N ，t 2＝2 s ， a 2＝f 2m ＝2 m/s 2，s 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 m.。

2019版高考物理金榜一轮课时分层作业：八 3.2牛顿第二定律两类动力学问题 Word版含解析

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课时分层作业八牛顿第二定律两类动力学问题(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～7题为单选题,8～10题为多选题)1.大小分别为1 N和7 N的两个力作用在一个质量为1 kg的物体上,物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是( )A.1 m/s2和7 m/s2B.5 m/s2和8 m/s2C.6 m/s2和8 m/s2D.0 m/s2和8 m/s2【解析】选C。

当两力反向时,合力最小,加速度最小,a min=m/s2=6 m/s2;当两力同向时,合力最大,加速度最大,a max= m/s2=8 m/s2,选项C正确。

2.有研究发现,轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度,即加速度变化得越慢,乘客就会感到越舒适,加速度变化得越快,乘坐轿车的人就会感到越不舒适。

若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢,则该物理量的单位是( )A.m/sB.m /s2C.m/s3D.m2/s【解析】选C。

新物理量表示的是加速度变化的快慢,所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值,所以新物理量的单位应该是m/s3,选项C正确。

3.(2018·黄石模拟)如图,带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上,光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上,弹簧处于拉伸状态。

现剪断细线,小球沿斜面向下运动的过程中( )A.弹簧达到自然长度前加速运动,之后减速运动B.弹簧达到自然长度前加速运动,之后先加速运动后减速运动C.加速度先增大后减小D.加速度一直减小【解析】选B。

在未剪断细线时,弹簧处于伸长状态,故弹簧对小球有向下的弹力,故剪断细线后小球先加速向下运动,加速度减小,当弹簧的弹力沿斜面向上且等于小球重力沿斜面向下的分力时,速度达到最大,小球继续向下运动,此后弹簧的弹力大于小球重力沿斜面向下的分力,小球做减速运动,并且加速度增大,选项B正确。

高中物理课时提升作业(八) 第三章 第2讲牛顿第二定律 两类动力学问题

牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析

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