高三物理一轮复习第三章牛顿运动定律8牛顿第二定律动力学两类基本问题课时达标

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2014届高考物理(广东专用)第一轮复习题库第三章牛顿运动定律第二节《牛顿第二定律动力学两类基本问题》练

课时作业8牛顿第二定律动力学两类基本问题一、单项选择题（共4道小题，每题4分，共16分）1．某物体做直线运动的v－t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x 表示物体的位移）四个选项中正确的是（）甲乙2．如图所示，车内绳AB与绳BC拴住一小球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则（）A．AB绳、BC绳拉力都变大B．AB绳拉力变大，BC绳拉力变小C．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大3．（2012·江苏金陵中学模拟）一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至屋顶的雨滴能尽快地流离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，且屋顶的底边长是固定的，那么如图所示四种情况中符合要求的是（）4．（2012·莆田一中模拟）质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。

从t＝0 时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示。

重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为（）A．18 m B．54 m C．72 m D．198 m二、双项选择题（共5道小题，每题6分，共30分）5．用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零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，取g＝10 m/s2，水平面各处粗糙程度相同，则由此可以计算出（）A．物体与水平面间的静摩擦力B．物体与水平面间的动摩擦因数C．外力F为12 N时物体的速度D．物体的质量6．（2012·广东东莞实验中学期中考试）一辆小车在水平地面上行驶，悬挂的摆球相对小车静止并与竖直方向成α角，下列关于小车运动情况，说法正确的是（）A．物体向左做匀加速运动，加速度大小为g tan αB．物体向右做匀减速运动，加速度大小为g tan αC．物体向左做匀加速运动，加速度大小为g sin αD．物体向右做匀减速运动，加速度大小为g sin α7．如图所示，在静止的平板车上放置一个质量为10 kg的物体A，它被拴在一个水平拉伸的弹簧一端（弹簧另一端固定），且处于静止状态，此时弹簧的拉力为5 N。

高三物理一轮复习必考部分第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题课时强化练(2

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牛顿第二定律两类动力学问题（限时:40分钟）A级跨越本科线1．在国际单位制中，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( ) 【导学号：96622267】A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1B 根据物理公式分析物理量的单位．因U＝错误!＝错误!＝错误!，故1 V＝1 错误!＝1 kg·m2·s－3·A－1,选项B正确．2.(2016·上海高考）如图3。

2。

9所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( ）图3-2-9A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向D 据题意可知,小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知,球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右,故选项D正确．3．如图3。

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

第二节牛顿第二定律两类动力学问题[学生用书P46]【基础梳理】提示：作用力质量作用力F＝ma惯性宏观低速受力情况运动情况基本单位导出单位质量时间长度基本量【自我诊断】1．判一判(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)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．()提示：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√2．做一做(1)(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是()A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块速度为零，但加速度不为零提示：选BCD.刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故A错误，B、C、D正确．(2)(2020·沈阳四校协作体模拟)如图所示，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所受静摩擦力增大B．M对车厢壁的压力减小C．M仍相对于车厢静止D．M所受静摩擦力减小提示：选C.分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，竖直方向有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．牛顿第二定律的基本应用[学生用书P46]【知识提炼】1．牛顿第二定律的五个性质2．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．3．(1)(2)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．【典题例析】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.关于甲、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FMB．甲图中车的加速度大小为FM＋mC．乙图中车的加速度大小为2FM＋mD．乙图中车的加速度大小为FM[解析]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．[答案] C【迁移题组】迁移1力与运动的关系1．(2020·江淮十校三模)如图所示，平板车静止在水平面上，物块放在平板车的右端，现让平板车以a1＝6 m/s2的加速度做匀加速运动，运动2 s后以2 s末的速度做匀速直线运动，最终物块相对于平板车静止在平板车的左端，已知物块与平板车上表面的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，不计物块的大小，则平板车的长度为()A．4 m B．5 mC．6 m D．7 m解析：选C.平板车做匀加速运动2 s末的速度大小为：v1＝a1t1＝12 m/s；此过程物块做匀加速运动的加速度大小为：a2＝μg＝4 m/s2；速度达到12 m/s所用时间为：t2＝v1a2＝3 s；3s内车运动的总位移为：x1＝12v1t1＋v1(t2－t1)＝24 m；物块运动的距离为：x2＝12v1t2＝18 m；因此平板车的长为：L＝x1－x2＝6 m，故C正确，A、B、D错误．迁移2牛顿运动定律的瞬时性问题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．(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．解析：(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝g sin θ.(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝g tan θ，方向水平向右．答案：(1)g sin θ，方向垂直于L1斜向下方(2)g tan θ，方向水平向右动力学的两类基本问题[学生用书P47]【知识提炼】1．解决动力学两类问题的两个关键点2．解决动力学基本问题的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．3．两类动力学问题的解题步骤【典题例析】(2020·上海闵行区模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小．[解析] (1)在BC 段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有f ＝μN ＝μmg则a 2＝fm＝μg ＝0.8×10 m/s 2＝8 m/s 2.(2)小圆环在AB 段做匀加速运动，由运动学公式可知 v 2B ＝2a 1s 1小圆环在BC 段做匀减速运动，由运动学公式可知 v 2B ＝2a 2s 2 又s 1s 2＝85则a 1＝s 2s 1a 2＝58×8 m/s 2＝5 m/s 2.(3)当F sin θ<mg 时，小圆环在AB 段运动的受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得 F cos θ－f 1＝ma 1 又N 1＋F sin θ＝mgf1＝μN1联立以上各式，代入数据解得F＝1.05 N当F sin θ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律可知F cos θ－f2＝ma1又F sin θ＝mg＋N2f2＝μN2代入数据解得F＝7.5 N.[答案](1)8 m/s2(2)5 m/s2(3)1.05 N或7.5 N【迁移题组】迁移1已知受力求运动1．(2018·高考全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．解析：(1)设B车的质量为m B，碰后加速度大小为a B.根据牛顿第二定律有μm B g＝m B a B ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为s B.由运动学公式有v′2B＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0 m/s. ③(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A.根据牛顿第二定律有μm A g＝m A a A ④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为s A.由运动学公式有v′2A＝2a A s A ⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v A.两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A＝m A v′A＋m B v′B ⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A＝4.25 m/s.答案：见解析迁移2已知运动求受力2．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(g取10 m/s2)．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？解析：(1)自由下落的位移h′＝12gt21＝20 m座椅自由下落结束时刻的速度v＝gt1＝20 m/s 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.(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倍超重与失重现象[学生用书P49]【知识提炼】1．对超重和失重的理解(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)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，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．(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．2．判断超重和失重的方法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，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断(1)物体向上加速或向下减速时，超重(2)物体向下加速或向上减速时，失重在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．【跟进题组】1.(多选)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三．已知重力加速度g取10 m/s2，由此可判断()A．电梯可能加速下降，加速度大小为5 m/s2B．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5 m/s2C．乘客处于超重状态D．乘客对电梯地板的压力大小为375 N解析：选BD.电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg－34kx＝ma，即14mg＝ma，a ＝2.5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，A、C错误，B正确；电梯地板对乘客的支持力大小为F N＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力大小为375 N，D正确．2.(多选)(2020·四川攀枝花二模)一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的图象如图所示．下列判断正确的是()A．物体在加速过程中被吊起的高度为10 mB．0～10 s内的平均速度大于30～35 s内的平均速度C．30～35 s内物体处于超重状态D ．前10 s 内钢索最容易发生断裂解析：选AD.0～10 s 内物体加速上升．由v －t 图象与时间轴围成的面积表示位移，可知，物体在加速过程中被吊起的高度为h ＝2×102m ＝10 m ，故A 正确；根据平均速度公式v ＝v 0＋v 2可知0～10 s 内的平均速度的大小等于30～35 s 内的平均速度的大小，均为1 m/s ，故B 错误；30～35 s 内物体匀减速上升，加速度向下，拉力小于重力，处于失重状态，故C 错误；前10 s 内物体做匀加速直线运动，处于超重状态，拉力最大，钢索最容易发生断裂，故D 正确．动力学图象[学生用书P49]【知识提炼】1．数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．(3)常见的动力学图象v －t 图象、a －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等．2．动力学图象问题的类型图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：3．解题策略【跟进题组】1．(多选)质量m ＝2 kg 、初速度v 0＝8 m/s 的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个随时间如图变化的水平拉力F 的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t ＝0时刻开始运动，g 取10 m/s 2，则以下结论正确的是( )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.0～1 s 内，物体的加速度大小a 1＝F ＋μmg m ＝6＋0.1×2×102m/s 2＝4 m/s 2，A 错误；1～2 s 内物体的加速度大小a 2＝F ′－μmg m ＝6－0.1×2×102m/s 2＝2 m/s 2，B 正确；由题图可得物体运动的v －t 图象如图所示，故0～1 s 内物体的位移为x 1＝6 m ，C 错误；0～2 s 内物体的总位移x ＝x 1＋x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8＋42×1＋6＋42×1 m ＝11 m ，D 正确． 2．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s 2.由题给数据可以得出( )A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：选AB.由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝f ，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1、F f ＝ma 2，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，A 、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，D 错误．[学生用书P50]等时圆模型【对点训练】1．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( )A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上解析：选D.设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但l sin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，D 正确． 2．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A ．t AB ＝t CD ＝t EFB ．t AB ＞t CD ＞t EFC ．t AB ＜t CD ＜t EF D ．t AB ＝t CD ＜t EF解析：选B.根据等时圆特点可知，三者到O 点用时相同，但从AOB 下滑的小球到O 点速度最小，且加速度最小，而经过O 点后的位移大小相同，用时最长，故B 正确．[学生用书P311(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2020·广州普通高中毕业班综合测试)如图，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为()A．失重、失重B．超重、超重C．失重、超重D．超重、失重解析：选A.越过横杆前、后运动员都存在竖直向下的加速度，所以运动员在越过横杆前、后都处于失重状态．2．小敏随着十几个人一起乘电梯上五楼，走进电梯时电梯没有显示超载，但电梯刚启动时超载报警器却响了起来．对这一现象的解释，下列说法正确的是() A．刚启动时，人的加速度向下，人处于超重状态B．刚启动时，人所受的重力变大了C．刚启动时，人对电梯底板的压力大于底板对人的支持力D．刚启动时，人对电梯底板的压力变大了解析：选D.电梯刚启动时人随电梯一起加速上升，人的加速度向上，所受合力向上，处于超重状态，所以人对电梯底板的压力变大，导致超载报警器报警．故D正确．3.(2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做()A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C.本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C正确．4．如图所示，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( )A ．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：选A.物体从A 到O ，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO 间某点(设为点O ′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O ′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为A.5.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )A ．每根橡皮绳的拉力为12mg B ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝gD ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝g解析：选B.根据平行四边形定则知，2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg ，故A 错误；根据共点力平衡得，2F cos θ＝mg ，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧橡皮绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为33mg ，加速度为33g ，故C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mg sin 30°，加速度为12g ，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D 错误．6.如图所示，物块1、2 间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m ，2、4质量为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg 解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋m Mg ，所以C 对．7.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 、M 三点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与y 轴、x 轴的切点．B 点在y 轴上且∠BMO ＝60°，O ′为圆心．现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为t A 、t B 、t C ，则t A 、t B 、t C 大小关系是( )A ．t A <t C <t BB ．t A ＝tC <t BC ．t A ＝t C ＝t BD ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：选B.由等时圆模型可知，A 、C 在圆周上，B 点在圆周外，故t A ＝t C <t B ，B 正确．二、多项选择题8.一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，力F 在水平和竖直方向的分量分别为F 1、F 2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则此后( )A ．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动B ．物体将可能向右做匀速直线运动C ．物体将可能以大于a 的加速度向右做匀加速直线运动D ．物体将可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动解析：选BD.设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F 的作用下运动时，加速度a ＝F 1－μ（mg －F 2）m，将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则加速度a ′＝F 1－μmg m<a ，所以物体可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动，故A 、C 错误，D 正确；若μmg ＝F 1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确．9．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设每节车厢的质量为m ，这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩的东边车厢的节数为x ，西边车厢的节数为n －x .当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝(n －x )ma ；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝23max ，联立可得n ＝53x ，x 为3的倍数，则n 为5的倍数，B 、C 正确，A 、D 错误．10．(2020·山东济南模拟)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为m A ＝5 kg 的物块A ，A 的上方放置一质量m B ＝3 kg 的滑块B ，用一轻绳一端拴在物块A 上，另一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量m C ＝2 kg 的物块C ，其中连接A 的轻绳与水平桌面平行．现由静止释放物块C ，在以后的过程中，A 与B 之间没有相对滑动且A 、B 始终没有离开水平桌面(重力加速度g 取10 m/s 2)．则下列说法正确的是 ( )A ．A 的加速度大小为2.5 m/s 2B ．A 的加速度大小为2 m/s 2C ．A 对B 的摩擦力大小为6 ND ．A 对B 的摩擦力大小为7.5 N解析：选BC.把A 、B 、C 作为整体研究，由牛顿第二定律得加速度a ＝m C g m A ＋m B ＋m C＝2 m/s 2，即A 的加速度大小为2 m/s 2，B 正确，A 错误；以B 为研究对象，由牛顿第二定律得A 对B 的静摩擦力大小为f ＝m B a ＝6 N ，C 正确，D 错误．三、非选择题11．(2020·河南郑州一模)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试．某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s 以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg ，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力。

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

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】牛顿第二定律Ⅱ单位制Ⅰ1．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基本物理量符号单位名称单位符号质量m 千克kg时间t 秒s长度l 米m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【知识点2】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，具体逻辑关系如图：板块二考点细研·悟法培优考点1牛顿第二定律的瞬时性[拓展延伸]1．牛顿第二定律 (1)表达式为F ＝ma 。

(2)理解：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。

2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，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。

2025届高考物理一轮复习资料第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用

第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。

2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。

3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。

1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。

(√)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。

(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。

(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。

(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。

(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。

(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。

(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。

电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。

两小球均处于静止状态。

已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。

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。

高三一轮复习秘籍-第三章专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题

第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、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：受力情况二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是F T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点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(2)正交分解法◆类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【例1】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F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/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(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(用题目所给物理量的字母表示)．答案(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤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”“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．【例3】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mg sin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v20＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．2．思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【例4】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；(3)力F 的最大值与最小值．答案(1)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。

高三物理一轮复习必考部分第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师专用

第2节牛顿第二定律两类动力学问题知识点1 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的方向相同．2．表达式a＝错误!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．知识点2 力学单位制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．4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s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知识点31．两类动力学问题（1)已知受力情况求物体的运动情况．（2）已知运动情况求物体的受力情况．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图321所示:图3。

211．正误判断(1）牛顿第二定律表达式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)F＝ma是矢量式,a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√）（4）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．(√)(5)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．(对牛顿第二定律的简单理解）（多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ）【导学号：96622042】A．物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比B．加速度的方向一定与合外力的方向一致C．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D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍【答案】BC3．(对单位制的理解）关于单位制,下列说法中正确的是( )A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、C是基本单位C．在国际单位制中，A是导出单位D．在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的【答案】D4．（由受力情况确定运动情况)用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是( ）【导学号:96622043】A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2C．v＝6 m/s,a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝0【答案】A［核心精讲]1．牛顿第二定律的“五性”矢量性F＝ma是矢量式，a与F同向a与F对应同一时刻2.（1）物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零,不管速度是大是小，或是零,物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(2）合力与速度同向时,物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．（3）a＝错误!是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝错误!是加速度的决定式,a∝F，a∝错误!。

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．
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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，

近年届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题课后达标新人教版(2021

第二节牛顿第二定律两类动力学问题（建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验,助教聂海胜将自己固定在支架一端,王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置;松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力,使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( ) A．测量时仪器必须水平放置B．其测量原理是根据牛顿第二定律C．其测量原理是根据万有引力定律D．测量时仪器必须竖直放置解析:选B。

“质量测量仪"是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a＝ΔvΔt,然后根据牛顿第二定律F＝ma,求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正确．2．（2018·安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是（）A．上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B．上升过程加速度增大,下降过程加速度也增大C．上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D．上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析:选 C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力,即mg＋kv＝ma，做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即mg－kv＝ma,速度在增大，所以加速度在减小,故C正确．3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( ）A．每根橡皮绳的拉力为错误!mgB．若将悬点间距离变小,则每根橡皮绳所受拉力将变小C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝gD．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝g解析：选B。

高考物理一轮复习精讲精练第3章牛顿运动定律第二讲牛顿第二定律

第二讲牛顿第二定律➢知识梳理一、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＝kma，当F、m、a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。

二、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量。

②基本单位：基本量的单位。

力学中的基本量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位千克、秒、米就是基本单位。

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。

2.国际单位制的基本单位➢知识训练考点一、牛第二定律的理解1.牛顿第二定律的五个性质(1)矢量性：加速度方向与合力的方向相同，表达式是矢量式。

(2)独立性：作用在物体上的每一个力都可以产生一个加速度，物体的加速度是所有力产生的加速度的矢量和。

(3)因果性：F 是产生a 的原因。

(4)同体性：F 、a 、m 必须针对同一个物体或系统(5)瞬时性：加速度与合力F 是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失。

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时，物体加速；合力与速度夹角为钝角时，物体减速。

(3)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与v 、Δv 、Δt 无直接关系；a ＝Fm 是加速度的决定式。

例1、有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是( ) A ．一个物体速度向东，则其受合力一定向东 B ．一个物体速度越大，则其受合力一定越大 C ．一个物体受合力为0，则其速度一定为0 D ．一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快【答案】D【解析】如果物体向东减速运动，则其所受合力向西，A 错误；如果物体以很高的速度做匀速运动，则其所受合力为零，B 、C 错误；一个物体受合力越大，根据牛顿第二定律可知，其加速度越大，即速度变化就越快，D 正确。

近年届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时作业8牛顿第二定律两类动力学问题(2021年整理)

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课时作业（八)牛顿第二定律两类动力学问题[基础小题练]1.(2018·山东济南一中上学期期中）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连．平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)以下说法正确的是（）A．小球静止时弹簧的弹力大小为错误!mgB．小球静止时细绳的拉力大小为错误!mgC．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为gD．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为错误!g【解析】小球静止时，弹簧弹力F＝mg tan 53°＝错误!mg，细绳拉力T＝mgcos 53°＝53mg。

细绳烧断瞬间,小球合力大小仍等于错误!mg，故加速度为错误!g，D正确．【答案】D2。

(2018·山东泰安高三上学期期中）如图所示，物体A叠放在物体B 上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加一水平力F,则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)（）A．a A＝6 m/s2,a B＝2 m/s2B．a A＝2 m/s2，a B＝6 m/s2C．a A＝8 m/s2，a B＝4 m/s2D．a A＝10 m/s2,a B＝6 m/s2【解析】A、B间恰好达到最大静摩擦力时,μm A g＝m B a B，a B＝6 m/s2，a A至少为6 m/s2，A、B的加速度才可能不同,可能的组合只能是D项．【答案】D3．如图所示，将一个质量为m的三角形物体放在水平地面上，当用一水平推力F经过物体的重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度做匀速直线运动，某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，则推力反向的瞬间( ）A．物体的加速度大小为错误!，方向水平向左B．物体的加速度大小为错误!，方向水平向右C．地面对物体的作用力大小为mgD．地面对物体的作用力大小为错误!【解析】开始物体做匀速直线运动，知推力F等于摩擦力，即F＝F f，某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，物体仍然向右运动,摩擦力仍然向左，则合力为F合＝F＋F f，方向向左，根据牛顿第二定律，物体的加速度a＝错误!＝错误!,方向水平向左，故A、B错误；地面对物体有支持力和摩擦力，支持力等于重力，摩擦力等于F，根据平行四边形定则知，地面对物体的作用力F′＝错误!，故D正确，C错误．【答案】D4．（2018·安徽淮南一模)质量分别为M和m的两物块A、B大小相同,将它们用轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面,A恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块的位置，按图乙放置，然后释放A，斜面仍保持静止,重力加速度大小为g,则（)A．此时轻绳的拉力大小为mgB．此时轻绳的拉力大小为MgC．此时A运动的加速度大小为(1－sin2α)gD．此时A运动的加速度大小为错误!g【解析】第一次按题图甲放置时A静止，则由平衡条件可得Mg sin α＝mg，第二次按题图乙放置时，对A、B整体由牛顿第二定律得，Mg－mg sin α＝(m＋M）a，联立得a＝（1－sin α）g＝M－mMg，对B，由牛顿第二定律得T－mg sin α＝ma，解得T＝mg，故A、D正确，B、C错误．【答案】AD5．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2）的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于（)A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】水平向右拉两物块时,运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a＝错误!＝错误!－μg，隔离分析物块A有F B－μmg＝ma，得F B＝错误!＝kx1,x1＝错误!。

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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。

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