2020届高考物理人教版一轮复习专题3.2 牛顿第二定律作业

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2020届高考物理一轮复习人教版验证牛顿第二定律测动摩擦系数作业Word版含答案

1．（2018•新课标Ⅱ）某同学用图（a）所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数，跨过光滑定滑轮的细线两端分別与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码，缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。

某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图（b）中弹簧秤的示数读出。

回答下列问题：（1）f4＝N；（2）在图（c）的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f﹣m图线；（3）f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝，f﹣m图线（直线）的斜率的表达式为k＝；（4）取g＝9.80m/s2，由绘出的f﹣m图线求得μ＝（保留2位有效数字）【答案】（1）2.75；（2）如图所示；（3）μ（M+m）g；μg；（4）0.38（0.37﹣0.41均正确）【解析】（1）由图可以看出，弹簧秤的指针在2.70和2.80之间，读数为2.75N；（2）图中确定m＝0.05kg和m＝0.20kg时的点，通过描点后，画图如图所示（3）f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝μ（M+m）g；k的表达式为k＝μg；（4）由图象可以得出斜率为k＝＝3.75，所以＝＝0.38。

2．（2014•山东）某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度。

实验步骤：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；②用装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示，在A端向右拉动木板，待弹簧秤实数稳定后，将读数记为F；③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②，实验数据如表所示：④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左侧C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P 连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点（未与滑轮碰撞），测量C、D间的距离。

高考物理一轮总复习第三章第二讲牛顿第二定律两类动力学问题教案-高三全册物理教案

第二讲牛顿第二定律两类动力学问题[小题快练]1．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)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况．( × )(5)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．( √ )(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．( × )(8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．( √ )2．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( D )A ．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B ．物体所受合力必须达到某一定值时，才能使物体产生加速度C ．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D ．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比3．(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( CD )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考点一牛顿第二定律的理解 (自主学习)1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度．(2)a ＝Δv Δt是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝F m 是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m.(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．1－1.[对牛顿第二定律的理解] (多选)下列对牛顿第二定律的理解，正确的是( )A ．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比答案：ABC1－2.[应用牛顿第二定律定性分析问题] (多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后( )A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零解析：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，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．答案：BC考点二牛顿第二定律的瞬时性 (自主学习)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2－1. [弹簧模型] (多选)(2015·海南卷)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：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，弹簧弹力未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同，则将细线剪断瞬间，对a 隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知2mg ＝k Δl 1，mg ＝k Δl 2，所以Δl 1＝2Δl 2，C 正确，D 错误．答案：AC2－2.[弹簧、轻杆模型] 如图所示，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间，有( )A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D 对．答案：D2－3. [轻绳模型] “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 的小明如图所示静止悬挂时，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：根据平行四边形定则知，2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg .故A 错误；根据共点力平衡得，2F cos θ＝mg ，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为33mg ，加速度为33g ，故C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mg sin 30°，加速度为12g ，故D 错误．答案：B考点三两类动力学问题 (师生共研)1．解决两类基本问题的思路2．两类动力学问题的解题步骤[典例1] 如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m ＝1 kg 的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面方向向上的轻绳的拉力F ＝9.6 N 的作用，从静止开始运动，经2 s 绳子突然断了，求绳断后经多长时间物体速度的大小达到22 m/s.(sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)[审题指导](1)物体在最初2 s 内做匀加速直线运动(第一个过程)．(2)绳子断了以后，物体做匀减速直线运动(第二个过程)．(3)从最高点开始物体沿斜面向下做匀加速直线运动(第三个过程)．解析：第一过程：在最初2 s 内，物体在F ＝9.6 N 的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示．沿斜面方向有 F －mg sin 37°－F f ＝ma 1①沿垂直斜面方向有F N ＝mg cos 37°②且F f ＝μF N ③由①②③式得a 1＝F －mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 2 s 末绳断时，物体的瞬时速度v 1＝a 1t 1＝4 m/s第二过程：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动达到速度为零的过程，设此过程物体运动时间为t 2，加速度大小为a 2，受力分析如图乙所示．沿斜面方向有mg sin 37°＋F f ＝ma 2④根据运动学公式得v 1＝a 2t 2⑤由②③④⑤得t 2＝0.53 s第三过程：物体从运动的最高点沿斜面下滑，设第三阶段物体加速度大小为a 3，所需时间为t 3，受力分析如图丙所示．沿斜面方向有mg sin 37°－F f ＝ma 3⑥由运动学公式得v 3＝a 3t 3⑦由②③⑥⑦得t 3＝5 s综上所述，从绳断到物体速度达到22 m/s 所经历的总时间t ＝t 2＋t 3＝0.53 s ＋5 s ＝5.53 s. 答案：5.53 s[反思总结]解决两类动力学问题的两个关键点3－1.[由受力判断运动] 某人以一定的初速度从P 点竖直向上抛出一个小球，1 s 后小球运动到最高点，若小球运动时受到的空气阻力大小不变(不为零)，则又经过1 s 后( )A ．小球恰好经过P 点B ．小球的位置在P 点下方C ．小球的位置在P 点上方D ．阻力大小不确定，无法判断小球的位置是在P 点的上方还是下方解析：设空气阻力大小为f ，由牛顿第二定律得：上升过程有mg ＋f ＝ma 上，下落过程有mg－f ＝ma 下，可得a 上＞a 下，即上升的加速度比下落的加速度大，根据位移公式x ＝12at 2可知下落1 s 的位移小于上升1 s 的位移，所以又经过1 s 后小球的位置在P 点上方，故C 正确．答案：C3－2. [由运动判断受力] 趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速向前跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sin θ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡条件，在竖直方向上有F ·cos θ＝(M ＋m )g ，则运动员对球拍的作用力为F ＝(M ＋m )g cos θ，故C 错误；当a ＞g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ＜g tan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．答案：A3－3.[由受力判断运动] (多选)(2016·全国卷Ⅰ)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．两球在空气中由静止下落，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解析：设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，A 错误；又由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，D 正确．答案：BD考点四对超重和失重的理解与应用 (师生共研)1．超重、失重和完全失重比较(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2] “蹦极”是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下．在某次蹦极中，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图象如图所示，其中t2、t4时刻图线的斜率最大．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计．下列说法正确的是( )A．t1～t2时间内运动员处于超重状态B．t2～t3时间内运动员处于超重状态C．t3时刻运动员的加速度为零D．t4时刻运动员具有向下的最大速度解析：在t1～t2时间内，运动员合力向下，加速下降，失重，故A项错误；在t2、t4时刻图线的斜率最大，说明弹力变化最快，由于弹力与长度成正比，说明长度变化最快，即速度最大，而速度最大时弹力与重力平衡；t2～t3时间内弹性绳向上的拉力大于重力，运动员具有向上的加速度，处于超重状态，故B项正确；t3时刻拉力最大，运动员运动到最低点，合力向上，故加速度向上，不为零，故C项错误；t4时刻运动员受到的重力和拉力平衡，加速度为零，具有最大的向上的速度，故D项错误．答案：B[反思总结]判断超重和失重现象的技巧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．3．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．4－1. [超、失重现象的判断] (多选)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，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，后处于失重状态解析：运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．答案：CD4－2.[超、失重现象的应用] (2018·江苏连云港高三调研)如图，台秤上放一装有水的杯子，杯底用细线系一光滑小球，若细线发生断裂，在小球加速上升的过程中，不计水的阻力，台秤的读数将( )A．变小B．变大C．不变D．无法确定解析：以容器和小球组成的整体研究对象，将细线割断，在小球加速上升过程中加速度向上，存在超重现象，而小球下降留下的空位由水来填充，所以相当于一个与小球同样大小的水球向下加速运动，存在失重现象，由于同样体积的小球质量小于水球的质量，所以整体存在失重现象，台秤的示数小于系统总重力，台秤的示数减小，A正确．答案：A1．(2018·湖北荆州质检)从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是，我们用很小的力推很重的桌子时，却推不动，这是因为( D )A．牛顿第二定律不适用于很重的物体B．桌子加速度很小，肉眼观察不到C．推力太小，速度增量也很小，眼睛观察不到D．桌子所受合力为零，没有加速度解析：静止物体，加速度为零，合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止物体．故A、B错误．推力等于静摩擦力，加速度为零，故C错误；由于水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力等于零，由牛顿第二定律可知，加速度等于零，故D正确．2．(多选)(2018·郑州一模)某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机进行记录了相关的信息，如图所示，则下列说法中正确的是( AD )A．根据图(a)和图(e)可估测出电梯向下制动时的加速度B．根据图(a)和图(c)可知人的机械能在减小C．根据图(a)和图(b)可估测出电梯向上制动时的加速度D．根据图(a)和图(d)可知人的机械能在减小解析：(e)图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和图(e)，能够求出电梯向下制动时的加速度．故A项正确．(c)图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，电梯对人做正功，人的机械能在增加．故B项错误．(b)图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和(b)图，能够求出电梯向上起动时的加速度．故C项错误．(d)图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，此时电梯在向下运动，电梯对人做负功，人的机械能在减小，故D项正确．3．如图，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)( D )A．0 B．2.5 NC．5 N D．3.75 N4. 如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员( B )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7C．加速与减速过程的位移之比为1∶4D．加速与减速过程的时间之比为2∶1[A组·基础题]1．一根轻弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向下做匀速直线运动，从手突然停止到重物下降到最低点的过程中，重物的加速度的数值将( B )A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大再减小2．如图所示，质量满足m A＝2m B＝3m C的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B 、C 的加速度分别为(取向下为正)( C )A ．－56g 、2g 、0 B ．－2g 、2g 、0 C ．－56g 、53g 、0 B ．－2g 、53g 、g 3.(2018·江苏东海高级中学试题)如图所示，斜面AD 和BD 与水平方向的夹角分别为60° 和30° ，两斜面的A 端和B 端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端D ，设两物块与AD 、BD 面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则μ1μ2为( D ) A.3∶1B ．1∶ 3C ．1∶3D ．3∶1解析：根据牛顿第二定律，物块由AD 下滑时有：mg sin 60° －μ1 mg cos 60° ＝ ma 1，得：a 1＝g sin 60° －μ1g cos 60°，由BD 下滑时有： mg sin 30° －μ2 mg cos 30° ＝ma 2，得：a 2＝g sin 30° －μ2g cos 30° .设斜面底部长为d ，由运动学公式有：d cos60°＝12a 1t 2；d cos30°＝12a 2t 2.联立以上四式解得：μ1μ2＝31，故选D. 4．(多选)(2018·武汉华中师大附中高三复习)如图所示为一根质量为m 、长度为L 、质量均匀分布的粗绳AB .在粗绳上与B 端距离为x 的某位置有一质量不计的力传感器，可读出该处粗绳中的张力．粗绳在水平外力F 的作用下，沿水平面做匀加速直线运动，由力传感器读数和已知条件( BD )A ．能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用B ．可知水平外力F 的大小C ．可知粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小D ．若水平外力F 的大小恒定，则传感器读数与x 成正比，与是否存在摩擦力无关解析：设粗绳与水平面间的动摩擦因数为μ，力传感器读数为F T ，对整根绳子，由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，对粗绳左侧长度为x 的部分，由牛顿第二定律有F T －μmx L g ＝mx L a ，解得F T ＝F ·x L；由力传感器读数和已知条件，不能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用，可知水平外力F 的大小，不能得出粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小，故A 、C 错误，B 正确．若水平外力F 的大小恒定，则传感器读数F T 与x 成正比，D 正确．5．(多选)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．g取10 m/s2，以下说法正确的是( ABD )A．此时轻弹簧的弹力大小为20 NB．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为10 m/s2，方向向右6. (多选)如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角θ，B与车底板之间的动摩擦因数为0.75，假设B所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这段时间内，下述判断中正确的是( BC )A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为37°D．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为53°解析：根据小球所处的状态可知，小车正在向右做匀减速直线运动，故车厢内的物块B跟随小车一起向右做匀减速直线运动，加速度水平向左保持不变，根据牛顿第二定律可知，物块B一定受水平向左的恒定摩擦力作用，A错误，B正确；设能使A、B和车厢保持相对静止的最大加速度大小为a m，则此时B受到的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知：μm g ＝ma m，得a m＝μg；以小球A为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：mg tan θ＝ma m，得a m＝g tan θ，联立两个加速度表达式得：tan θ＝μ＝0.75，则此时的θ角为37°.故要使A、B和车保持相对静止，θ最大为37° ，C正确，D错误．7. (2019·抚州七校联考)如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上有一水平支架，一质量为m的小球用轻绳悬挂于支架上．现用一水平向右的力拉小球，使小球和车一起向右做匀加速直线运动，稳定时，轻绳与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g.求：(1)绳上的拉力大小F T；(2)拉小球的水平力大小F.解析：(1)对绳上的拉力正交分解可得：F T cos θ＝mg，解得：F T＝mgcos θ.(2)小车水平方向受到的合力：F合＝F T sin θ联立以上解得小车的加速度大小：a ＝mg tan θM对小球与小车整体分析可得拉小球的水平力大小为：F ＝(m ＋M )a ＝(m ＋M )mg tan θM .答案：(1)mgcos θ (2)(M ＋m )mg tan θM[B 组·能力题]8．如图所示，质量为m 2的物块B 放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m 1的物块A ，A 通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M 的物块C 连接．释放C ，A 和B 一起以加速度a 从静止开始运动，已知A 、B 间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( C )A ．MgB ．Mg ＋MaC ．(m 1＋m 2)aD ．m 1a ＋μ1m 1g9. (2019·四川眉山中学月考)如图，质量为M 的三角形木块A 静止在水平面上．一质量为m 的物体B 正沿A 的斜面下滑，三角形木块A 仍然保持静止．则下列说法中正确的是( A )A ．A 对地面的压力可能小于(M ＋m )gB ．水平面对A 的静摩擦力一定水平向左C ．水平面对A 的静摩擦力不可能为零D ．B 沿A 的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F 的作用，如果力F 的大小满足一定条件时，三角形木块A 可能会立刻开始滑动解析：对物体B 受力分析，受重力G 、支持力N 、滑动摩擦力f ，如图所示：再对A 物体受力分析，受重力Mg 、地面的支持力F N 、B 对A 的压力N ′，B 对A 的摩擦力f ′，地面对A 可能有静摩擦力F 静，先假设有且向右，如图所示：当物体B 匀速下滑时，根据共点力平衡条件，可得mg sin θ－f ＝0，N －mg cos θ＝0，当物体B 加速下滑时，有mg sin θ＞f ，N －mg cos θ＝0，当物体B 减速下滑时，有mg sin θ＜f ，N －mg cos θ＝0，由于物体A 保持静止，根据共点力平衡条件，有F N －Mg －f ′sin θ－N ′cos θ＝0，f ′cos θ－N ′sin θ－F 静＝0，根据牛顿第三定律：N ＝N ′，f ＝f ′，当物体加速下滑时，联立以上可得：F N ＜(M ＋m )g ，故A 正确；当物体加速下滑时，由联立可得到F 静＜0，即静摩擦力与假定的方向相反，即向左，当物体匀速下降时，联立以上可得到F 静＝0，故B 、C 错误；若B 沿A 的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F 的作用，物体B 的加速度立即发生了变化，但由于惯性，速度来不及变化，故摩擦力方向不变，故B 对A 的力不变，故A 依然保持静止，故D 错误．10. (2018·雄安新区高级中学模拟)浙江宁波慈溪方特欢乐世界的“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎，它的基本原理是将巨型娱乐器械由升降机送到离地面100 m的高处，然后让座舱自由落下．落到离地面20 m高时，制动系统开始启动，使座舱均匀减速，到达地面时刚好停下．某次游戏中，座舱中小明用手托着重5 N的苹果，(取g＝10 m/s2)试求：(1)此过程中的最大速度是多少？(2)当座舱落到离地面40 m的位置时，手对苹果的支持力？(3)当座舱落到离地面15 m的位置时，苹果对手的压力？解析：(1)由题意可知先自由下降h＝(100－20)m＝80 m，由v2＝2gh，有v＝40 m/s(2)离地面40 m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零(3)a＝v22s由此得：a＝40 m/s2根据牛顿第二定律：F N－Mg＝Ma得：F N＝25 N根据牛顿第三定律，苹果对手的压力为25 N.答案：(1)40 m/s (2)0 (3)25 N11．某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定大小的初速度，沿倾角可在0 °～90 °之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10 m/s2.求：(结果如果是根号，可以保留)(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？(2)当α＝60 °时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁球速度将变为多大？解析：(1)当α＝90°时，x＝1.25 m，则v0＝2gx＝2×10×1.25 m/s＝5 m/s.当α＝30°时，x＝1.25 m，a＝v202x＝522×1.25m/s2＝10 m/s2.由牛顿第二定律得a＝g sin 30°＋μg cos 30°，解得μ＝33.(2)当α＝60°时，上滑的加速度a1＝g sin 60°＋μg cos 60°，下滑的加速度a2＝g s in 60°－μg cos 60°.v2＝2ax，则有v1＝a2a1v0＝22v0＝522m/s.。

2020届信阳一高一轮复习人教新课标版牛顿第二定律限时过关练(解析版)

信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：牛顿第二定律（解析版)1．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示。

取重力加速度g＝10m/s2。

由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因素μ分别为A．m＝0.5kg，μ＝0.2 B．m＝1.0kg，μ＝0.4C．m＝1.5kg，μ＝0.6 D．m＝2.0kg，μ＝0.82．如图所示,小车上固定有一个竖直细杆,杆上套有质量为M的小环,环通过细绳与质量为m 的小球连接.当小车水平向右做匀加速运动时,环和球与车相对静止,绳与杆之间的夹角为θ,重力加速度为g,则A．细绳的拉力为mg cosθB．细杆对环的作用力方向水平向右C．细杆对环的静摩擦力为MgD．细杆对环的弹力为（M+m）g tan θ3．如图所示，有一水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，已知传送带左、右端间的距离为10m，物体可视为质点，g=10m/s2，则（）A ．传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为5sB ．传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为2sC ．传送带将该物体传送到传送带右端所需时间为5.2sD ．物体到达传送带右端时的速度为10m/s4．我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线方向斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是( )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 45．如图所示给滑块一初速度v 0使它沿倾角30°的光滑斜面向上做匀减速运动，若重力加速度为g ，则当滑块速度大小减为2v 时，滑块运动的时间可能是A ．2v gB ．2v gC ．03v gD ．032v g6．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 开始运动，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g )( )A．μ与a之间一定满足关系ag μ>B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为2 v g μC．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v g μD．黑色痕迹的长度为()222a g vaμ-7．如图所示，两个质量分别为12kgm=，23kgm=的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。

2020届高考物理(人教版)一轮复习课后同步练习卷：牛顿第二定律两类动力学问题

牛顿第二定律两类动力学识题1. 如下图，一物体从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下． A 点为弹簧处于自然状态时端点的地点，当物体抵达 B 点时，物体的速度恰巧为零，而后被弹回．以下说法中正确的选项是 ( D )A．物体从 A 点着落到 B点的过程中速率不停减小B．物体在 B 点时，所受协力大小为零C．物体在 A 点时处于超重状态D．物体在 B 点时处于超重状态2．如下图，一端固定在地面上的杆与水平方向的夹角为θ ，将一质量为m1的滑块套在杆上，滑块经过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为一个沿杆方向的初速度，稳固后，滑块和小球一同以共同的加快度沿杆运动，直方向的夹角为β，且β>θ，不计空气阻力，则滑块的运动状况是( B )μ . 先给滑块此时绳索与竖A．沿着杆减速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆加快下滑D．沿着杆加快上滑3．( 多项选择 ) 如图甲所示，在水平面上有一质量为2m的足够长的木板，其上叠放一质量为m 的木块．现给木块施加一随时间增大的水平力F＝ kt ( k是常数) ，木板和木块加快度的大小随时间变化的图线如图乙所示，木块与木板之间的动摩擦因数为μ 1、木板与水平面之间的动摩擦因数为μ2.假设接触面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，则以下说法正确的是( CD)A． 0～t时间内木块遇到的摩擦力大小为μ mg11B．μ1<2μ2C．乙图中a0＝μ 1－3μ 2g2D．t1～t2与t2～t3时间内对应的两段图线的斜率绝对值之比为4．放在固定粗拙斜面上的滑块 A 以加快度 a1沿斜面匀加快下滑，如图甲所示．在滑块A 上放一物体B，物体B 一直与A 保持相对静止，以加快度a2沿斜面匀加快下滑，如图乙所示．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A 以加快度a3沿斜面匀加快下滑，如图丙所示．则( B )A．a1＝a2＝a3B．a1＝a2<a3C．a1<a2＝a3D．a1<a2 <a35．小明希望查验这样一个猜想：沿斜面下滑的小车，装载物体的质量越大，抵达斜面底部的速度越大．图示为两种直径不一样的车轮( 颜色不一样 ) ，装有不一样木块( 每个木块的质量同样 ) 从不一样高度开释的小车．你以为小明应当采用哪 3 种状况进行比较( C )A．GOR B．GSWC．STU D．SWX6．一物块沿倾角为θ 的固定斜面上滑，抵达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的 2 倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为( C )11A. 3tan θB. 2tan θ3C. 5tan θD． tan θ7.在倾角为 30°的圆滑斜面上有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上搁置一个重为60 N 的球，如下图．当箱子沿斜面下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力大小分别是( g取 10 m/s 2)( C )A． 40 N,30 N B． 30 N,50 NC． 403 N,50 3 N D． 503 N,60 3 Nm2的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并8．( 多项选择 ) 如下图，质量为用竖直细绳经过圆滑定滑轮连结质量为m1的物体 1. 与物体 1 相连结的绳与竖直方向成θ(AD )角．以下说法中正确的选项是A．车厢的加快度大小为g tanθB．绳对物体 1 的拉力大小为m1g cosθC．底板对物体 2 的支持力大小为m2g－ m1gD．物体 2 所受底板的摩擦力为m2g tanθ9. 如下图，几条足够长的圆滑直轨道与水平面成不一样角度，从 P 点以大小不一样的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰幸亏同样的时间内抵达各自的最高点，则各小球最高点的地点 ( D )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10. 如下图，在倾角为θ＝30°的圆滑斜面上，物块、质量分别为和2.物块AA B m m静止在轻弹簧上边，物块 B 用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一同但A、B之间无弹力．已知重力加快度为，某时辰把细线剪断，当细线剪断瞬时，以下说法正确的选项是(B) gA．物块A的加快度为0g B．物块A的加快度为3gC．物块B的加快度为0D．物块B的加快度为211．( 多项选择 ) 如下图，某科研单位设计了一空间飞翔器，飞翔器从地面腾飞时，发动机供给的动力方向与水平方向的夹角α＝60°，使飞翔器恰巧沿与水平方向的夹角θ ＝30°的直线斜向右上方匀加快飞翔，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适合调节其大小，使飞翔器依旧能够沿原方向匀减速直线飞翔，飞翔器所受空气阻力不计．以下说法中正确的选项是(BC )A．飞翔器加快时动力的大小等于mgB．飞翔器加快时加快度的大小为g3C．飞翔器减速时动力的大小等于2mgD．飞翔器减速飞翔时间t 后速度为零12．为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如下图为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧迫避险车道．一辆货车在倾角 θ ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v 0 ＝ 7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶( 在此过程及后边过程中，可以为发动机不供给牵引力) ，忽然汽车刹车失灵，开始加快运动，此时汽车所遇到的摩擦力和空气阻力共为车重的 0.2 倍．在加快行进了 x 0＝96 m 后，货车冲上了光滑连结的倾角 α ＝53°的避险车道，已知货车在该避险车道上所遇到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.45 倍．货车的各个运动过程均可视为直线运动，取 sin53 °＝ 0.8 ， g ＝ 10 m/s 2. 求：(1) 货车刚冲上避险车道时的速度大小 v ；(2) 货车在避险车道上行驶的最大距离 x .13．如下图，在粗拙的水平路面上，一小车以v ＝ 4 m/s 的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s 0＝ 40 m 处有一物体在水平向右的推力＝ 20 N 作用下，从静止开F始做匀加快直线运动，当物体运动了x 1＝ 25 m 撤去．已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝ 0.2 ，物体的质量＝ 5 kg ，重力加快度 g 取 10 m/s 2. 求m(1)推力 F 作用下，物体运动的加快度 a1大小；(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；(3)物体刚停止运动时与小车的距离d.参照答案1.D2.B3.CD4.B5.C6.C7.C8.AD9.D10.B11.BC12. 答案： (1) 设货车加快向下行驶时的加快度大小为a 1，由牛顿第二定律可知sin θ －mg0.2 mg＝ma1解得 a1＝3 m/s222解得 v＝25 m/s由公式 v － v0＝2a1 x0(2) 设货车在避险车道向上行驶时的加快度大小为a2，由牛顿第二定律可知mg sinα＋0.45 mg＝ma2解得 a2＝12.5 m/s2由 v2－0＝2a2x，解得 x＝25 m.13. 答案： (1) 对物体，依据牛顿第二定律得F－μ mg＝ ma1代入数据得a1＝2 m/s2.(2)当物体速度 v1＝ v0时，物体与小车间距离最大，即最大距离v14t 1＝＝s＝2 s时，二者之间a12v1x max＝ s0＋ v0t 1－2 t 1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m. (3) 设推力作用的时间为t，依据位移公式得x ＝122a t2211则 t 2＝2x12×25a1＝2s ＝ 5 s速度 v 2＝ a 1t 2＝2×5 m/s ＝ 10 m/s撤去 F 后，物体运动的加快度大小为a 2，经过 t 3 时间停止，其位移为x 2，依据牛顿第二定律 μ mg ＝ ma 2 得 a 2＝μ g ＝ 2 m/s 222由 v 2＝2ax 得 x 2＝v 2＝10m ＝ 25 m 2a 22×2v 210 而 t 3＝＝a 22s ＝ 5 s.物体运动的总时间t ＝ t 2＋ t 3＝ 10 s则 d ＝v 0t ＋ s 0－ ( x 1 ＋x 2) ＝ 30 m.。

2020高考物理一轮复习专题3-2 牛顿第二定律及其应用(精练)含答案

专题3.2 牛顿第二定律及其应用1．（江苏省南京市一中2019届期中）将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向．设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定．则上升过程中，小球的加速度a 、速度v 、机械能E 、动能E k 与小球离抛出点高度h 的关系错误的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】根据牛顿第二定律，则-mg-f=ma ，解得mg f a m+=-，则选项A 正确；根据v 2=v 02-2gh 可知，选项B 错误；根据能量关系：E=E 0-fh 可知，选项C 正确；根据动能定理：0k k E E mgh fh =--可知，选项D 正确；此题选择不正确的选项，故选B.2．（上海市虹口区2019届期末）在粗糙的水平面上，物体在水平推力F 作用下由静止开始作匀加速直线运动，一段时间后，将F 逐渐减小，在F 逐渐减小到零的过程中，速度v 和加速度a 的变化情况是（） A ．v 减小，a 减小B ．v 增大，a 减小C ．v 先减小后增大，a 先增大后减小D ．v 先增大后减小，a 先减小后增大【答案】D【解析】物体在水平推力作用下由静止开始作匀加速直线运动，物体水平方向受到推力和滑动摩擦力，水平推力从开始减小到与滑动摩擦力大小相等的过程中，物体受到推力大于摩擦力，做加速运动，合力减小，加速度减小，物体做加速度减小的加速运动；此后推力继续减小，推力小于滑动摩擦力，合力与速度方向相反，做减速运动，合力反向增大，加速度反向增大，物体做加速度增大的减速运动；所以物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故选项D 正确，A 、B 、C 错误。

3．（宁夏银川市六盘山高级中学2019届期末）一个质量为2 kg 的物体，放在光滑水平面上，在水平面内3个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8 N 和12 N 的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是（）A ．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s 2B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2【答案】B【解析】由平衡条件得知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为8N和12N 的两个力后,物体的合力大小范围为4N⩽F合⩽20N,物体的加速度范围为：2m/s2⩽a⩽10m/s2；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5m/s2，故A错误；撤去两个力后，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确；若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，加速度大小最小可能是2m/s2，不可能为1.5 m/s2，故C错误；撤去两个力后，物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故D错误。

高三物理一轮复习3-2牛顿第二定律总结与精品试题

高三物理一轮复习3-2牛顿第二定律总结与精品试题一、选择题1．(20xx北京)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为()A．gC．3gB．2gD．4g2.如图所示，正沿平直轨道向右匀速行驶的车厢内，用水平绳a和倾斜绳b 共同固定一个小球，若车厢改做加速运动，则两绳的拉力FTa和FTb的变化情况是()A．FTa增大C．FTa不变B．FTb减小D．FTa、FTb的合力增大3．(20xx江西重点中学模拟)如图(甲)是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图(乙)所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()A.2sC.3sB．2sD．22s4．(20xx黑龙江四校模拟)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如图所示，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度时间图象，则下列说法中正确的是(g＝10m/s2)()A．水平力F可能等于0.3NB．物体的摩擦力一定等于0.1NC．水平力F一定等于0.1ND．物体的摩擦力可能等于0.3N5．(20xx抚州模拟)如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力．以下说法不正确的是() A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则Q点对球B有压力B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B 均无压力C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力6．(20xx潍坊模拟)如图(甲)所示，一物体沿足够长的光滑斜面从t＝0时由静止开始运动，同时受到沿斜面向上的风力作用，风力的大小与时间成正比，即F＝kt(k为常数)．在物体沿斜面向下运动的过程中，物体的加速度、速度随时间变化的图象正确的是(取沿斜面向下为正方向)()7．(20xx济宁模拟)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4m，以v0＝2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A 运动到B的过程中()A．小煤块从A运动到B的时间是2sB．小煤块从A运动到B的时间是2.25sC．划痕长度是4mD．划痕长度是0.5m8．(20xx济南模拟)如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g＝10m/s2)，则正确的结论是()A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5N/cmC．物体的质量为3kgD．物体的加速度大小为5m/s2二、非选择题9.一只小猫跳起来抓住悬挂在天花板上的竖直木杆，如右图所示，在这一瞬间悬绳断了，设木杆足够长，由于小猫继续上爬，所以小猫离地面高度不变，则木杆下降的加速度大小为________，方向为________．(设小猫质量为m，木杆的质量为M)10．(20xx江西百所名校模拟)一游客在滑雪时，由静止开始沿倾角θ＝37°的山坡匀加速下滑．下滑过程中摄影师分别在相距L＝22.5m的A点和B点各给游客抓拍一张照片，为了追求滑雪过程中的动感效果，摄影师将相机的曝光时间定为Δt＝0.1s.由于游客的速度较快，相片中出现了一定长度的虚影，经实地测量照片中与A点的虚影长度相对应的实际长度lA＝2m，照片中与B点的虚影长度相对的实际长度lB＝2.5m.若考虑在0.1s内游客的运动可视为匀速运动，试计算：(g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)游客在A点时速度的大小vA；(2)滑雪板与坡道间的动摩擦因数μ； 3(3)A点距出发点的距离LA.11．(20xx山东)如图所示，在高出水平地面h＝1.8m的光滑平台上放置一质量M＝2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1kg.B 与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力．待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2m.(取g＝10m/s)求：2(1)B离开平台时的速度vB.(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.(3)A左端的长度l2.12．(20xx金华十校模拟)传送带以恒定速度v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？C单元牛顿运动定律C2牛顿第二定律单位制22．(2)C2[20xxxx卷]某同学设计了如图1－10所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s.2图1－10①为测量滑块的加速度a，须测出它在A、B间运动的________与________，计算a的运动学公式是________；②根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a＝(1＋μ)gm－μgM＋(m′＋m)他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ.若要求a是m的一次函数，必须使上式中的_______________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_______________；③实验得到a与m的关系如图1－11所示，由此可知μ＝___________(取两位有效数字)．图1－1122．(2)C2[20xxxx卷]【答案】①位移s时间t2sa＝2②m′＋m滑块上③0.23(0.21～0.25)t1【解析】①由s＝at2知，要测量滑块的加速度a只需测量滑块的位移s 和滑行时间t，2s此时a＝2.t(1＋μ)g②若要求a是m的一次函数，只需保持不变，即(m′＋m)不变，故实验M＋(m′＋m)时应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．③由图象可知，图象过(69.0×10－3,0.43)和(64.0×10－3,0.23)两点，将之代入a＝(1＋μ)gm－μg，解得：μ＝0.23.M＋(m′＋m)21．C2[20xx浙江卷]在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还需从下图中选取实验器材，其名称是________，并分别写出所选器材的作用________．【答案】学生电源、电磁打点计时器(或电火花计时器)、钩码、砝码学生电源为打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可用于测量小车质量【解析】根据“探究加速度与力、质量关系”实验，结合所提供与供选择的实验器材，可以确定相应的实验方案，进一步可以确定需要选择的实验器材． 2．C2[20xx天津卷]如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力() 图1A．方向向左，大小不变B．`方向向左，逐渐减小 C.方向向右，大小不变D.方向向右，逐渐减小2．[20xx天津卷]A【解析】A、B一起往右做匀减速直线运动，说明两个问题：①加速度a大小不变；②加速度a方向向左．对B物体受力分析，由牛顿第二定律F＝ma可知：B受到的摩擦力方向向左，大小不变，A正确．18．C2[20xx北京卷]“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为()A．gB．2gC．3gD．4g18．C2[20xx北京卷]B【解析】从图中可以看出，当人静止时，所受到的拉力为0.6F0，即0.6F0＝mg.当合力最大时，加速度最大．最大的拉力从图中可知为1.8F0＝3mg，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，代入数据可知，a＝2g，B项正确．20．C2[20xx北京卷]物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U＝IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V(伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效．现有物理量单位：m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特)，由它们组合成的单位都与电压单位V(伏)等效的是()A．J/C和N/CB．C/F和Tm2/s11C．W/A和CTm/sD．WΩ和TAm2220．C2[20xx北京卷]B【解析】由公式W＝UIt＝UQ可得，J/C与电压单位V等效，由F＝Eq可得，N/C为电场强度的单位，与电压单位V不等效，A项错误．由公式Q＝CU、BL2E＝BLv＝可知，C/F、Tm2/s与电压单位V等效，B项正确．由P＝UI可知，W/A与电tNm压单位V等效，CTm/s＝As＝N，所以CTm/s与力的单位N等效，C项错误．由 AmsU211NP＝可知，WΩ与电压单位V等效，TAm＝Am＝N，所以TAm与力的单位NR22mA等效，D项错误．22．C2E3[20xx北京卷]如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)．(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．C3超重和失重9．C3[20xx天津卷](1)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态．他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G.他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是__________________．9．(1)[20xx天津卷]【答案】减速上升或加速下降【解析】测力计在电梯中的示数即为视重，静止在地面时的示数表示物体的实重，依题意，视重小于实重，物体处于失重状态，物体要么往上减速，要么往下加速．C4实验：验证牛顿定律C5牛顿运动定律综合21．C5[20xx课标全国卷]如图1－6所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()图1－6【解析】A当拉力F很小时，木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律，对木块Fk和木板：F＝(m1＋m2)a，故a1＝a2＝a＝＝t；当拉力很大时，木块和木板将发m1＋m2m1＋m2F－μm2gμmg生相对运动，对木板：μm2g＝m1a1，得a1＝2，对木块：F－μm2g＝m1a2，得a2＝m1m2k＝t－μg，A正确．m223．C5[20xx四川卷]随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49t，以54km/h的速率匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5m/s2(不超载时则为5m/s2)．(1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？(2)若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？【解析】(1)设货车刹车时速度大小为v0，加速度大小为a，末速度大小为vt，刹车距离为sv0－vts＝①2a代入数据，得超载时s1＝45m②若不超载s2＝22.5m③(2)设货车刹车后经s′＝25m与轿车碰撞时的初速度大小为v12v1＝v20－2as′④设碰撞后两车共同速度为v2，货车质量为M，轿车质量为m，由动量守恒定律Mv1＝(M＋m)v2⑤设货车对轿车的作用时间为Δt、平均冲力大小为F，由动量定理FΔt＝mv2⑥联立④⑤⑥式，代入数据得F＝9.8×104N⑦24．C5图1－10[20xx山东卷]如图1－10所示，在高出水平地面h＝1.8m的光滑平台上放置一质量M＝2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2m 且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1kg.B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20N 水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2m.(取g＝10m/s2)求：(1)B离开平台时的速度vB.(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.(3)A左端的长度l2.【解析】(1)设物块平抛运动的时间为t，由运动学可得1h＝gt2①2x＝vBt②联立①②式，代入数据得vB＝2m/s③(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg＝maB④vB ＝aBtB⑤12xB＝aBtB⑥联立③④⑤⑥式，代入数据得tB＝0.5s⑦xB＝0.5m⑧(3)设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得1Fl1＝Mv21⑨2设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F－μmg ＝MaA⑩12l2＋xB＝v1tB＋aAtB2联立⑦⑧⑨⑩式，代入数据得l2＝1.5m14．C5[20xx浙江卷]如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利【解析】C甲、乙两人在冰面上拔河，甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，A选项错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳上，故不是作用力与反作用力，B选项错误；由于绳子质量不计，且冰面可看成光滑，绳对甲、乙的作用力大小相等，若甲的质量大，则甲的加速度小，相等时间通过的位移小，后过分界线，故甲能赢得比赛的胜利，C选项正确；是否赢得比赛主要看两人加速度的大小，跟收绳的速度大小无关，故D选项错误．14．C5、D2[20xx江苏物理卷]如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定位置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g)图13(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于2L.214．C5、D2[20xx江苏物理卷]【解析】(1)设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律Mg－T＝MaT－mgsin30°＝ma且M＝km解得a＝2k－1g2k＋1(2)设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m 的加速度为a0.根据牛顿第二定律－mg sin30°＝ma0又由匀变速直线运动，v＝2aLsin30°，2v2)0－v＝2a0L(1－sin30°2解得v0＝(3)平抛运动x＝v0tk－2gL(k>2)2k＋11Lsin30°＝gt22解得x＝L则x图1－3A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用16．C5[20xx福建卷]B【解析】结合图乙，在0～t1时间内，物体往左做匀减速直线运动，t1时刻运动到最左边，A错；在t1～t2时间内，物体往右做匀加速直线运动，但由于速度小于传送带的速度，物体与传送带的相对位移仍在增大，t2时刻相对位移最大，B对；0～t2时间内，物体相对传送带向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，f＝μmg不变，但t2时刻以后物体相对传送带静止，摩擦力为0，CD错．1．[20xx福州模拟]手托着书使它做下述各种情况的运动，那么，手对书的作用力最大的情况是()A．向下做匀减速运动B．向上做匀减速运动C．向下做匀加速运动D．向上做匀速运动1．A【解析】超重时手对书的作用力最大，向上做匀减速运动、向下做匀加速运动都是失重，向上做匀速运动是平衡状态，向下做匀减速运动是超重状态，所以A对．2．[20xx濮阳一模]质量m＝1kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t＝1s，速度大小变为4m/s，则这个力的大小可能是()A．2NB．4NC．6ND．8N2．AC【解析】物体的加速度可能是2m/s，也可能是6m/s，根据牛顿第二定律，这个力的大小可能是2N，也可能是6N，所以答案是AC.3.[20xx德州模拟]如图L2－2所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方有一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力．若在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为() 22图L2－2A．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3．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．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，故AC对．4．[20xx泰安模拟]在光滑水平地面上，一物体静止．现受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图L2－3所示．则()图L2－3A．物体做往复运动B．0～4s内物体的位移为零C．4s末物体的速度最大D．0～4s内拉力对物体做功为零4．D【解析】物体的运动是先加速后减速，2s末速度最大，4s末速度减到零，物体一直向同一方向运动，0～2s内和2～4s内位移大小相等但拉力却大小相等而方向相反，故0～4s内拉力做功为零，所以答案选D.5．[20xx聊城模拟]在地面上将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则如图L2－4所示图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)()ABCD图L2－45．A【解析】由于金属小球的位移、动能随时间的变化都是非线性的，所以C、D均错；竖直上抛运动中加速度不变，故B错；竖直上抛的金属小球速度先向上均匀减小，后又向下均匀增加，且整个过程中加速度不变，图线斜率不变，所以A对．6．[20xx濮阳一模]如图L2－5所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度大小分别为()图L2－52F2FA.，＋g33mF2FB.，＋g33m2FFC.，＋g33mFFD.，＋g33m6．A【解析】在线剪断前，对A、B及弹簧整体：F－3mg＝3ma，对B：F弹－2mg2F，线剪断后的瞬间，弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重32F力和弹力，有：F弹＋mg＝maA，得：aA＝＋g，故A对．3m＝2ma，由此得：F弹＝7．[20xx盐城模拟]在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，有四位同学根据实验数据作出了如图L2－6所示的四幅图象，其中不能说明“质量一定时加速度与合外力成正比”或“合外力一定时加速度与质量成反比”的是()ABCD图L2－67.BC【解析】A的图线反映了加速度与合外力是正比例关系，能说明“质量一定时加速度与合外力成正比”；B的图线反映了在合外力较大些时，加速度与合外力是非线性关系，所以B错；C的图线反映了加速度与质量是非线性关系，但不能肯定合外力一定时加1速度与质量成反比，若要肯定这一点，还需作出a－图线，看是不是正比例图线，所以Cm错，D对8．[20xx温州模拟]传送机的皮带与水平方向的夹角为α，如图L2－7所示，将质量为m的物体放在皮带传送机上，随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsinα)做匀加速直线运动，则下列关于小物块在运动过程的说法中正确的是()图L2－7A．支持力与静摩擦力的合力大小等于mgB．静摩擦力对小物块一定做正功C．静摩擦力的大小可能等于mgsinαD．皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα8.BC【解析】物体随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动，物体所受合外力不为零，所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg，故A错；加速度a>gsinα，说明静摩擦力沿传送带向下，而小物块运动方向也向下，故静摩擦力对小物块一定做正功，B对；由牛顿第二定律：mgsinα＋f＝ma，因为a比gsinα大多少不知道，所以静摩擦力的大小可能等于mgsinα，C对；由以上分析可知，静摩擦力f是有可能小于mgsinα的，由f＝μFN＝μmgcosα，因此说“皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα”是错的，D错．9．20xx三明模拟20xx年初，我国南方多次遭受严重的冰灾，给交通运输带来巨大的影响．已知汽车橡胶轮胎与普通路面的动摩擦因数为0.7，与冰面的动摩擦因数为0.1.当汽车以某一速度沿水平普通路面行驶时，急刹车后(设车轮立即停止转动)，汽车要滑行14m才能停下．那么，在冰冻天气，该汽车若以同样速度在结了冰的水平路面上行驶，急刹车后汽车继续滑行的距离增大了多少？ 9．【解析】设初速度为v0，当汽车在水平普通路面上急刹车时，μ1mg＝ma1得a1＝μ1g＝7m/s2v0＝2a1x1得v0＝2a1x1＝14m/s当汽车在水平冰面上急刹车时，μ2mg＝ma2得a2＝μ2g＝1m/s2v20＝2a2x2得x2＝98m因此，急刹车后汽车继续滑行的距离增大了Δx＝x2－x1＝84m10．[20xx济宁模]拟如图所示，质量为80kg的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面无摩擦地向上运动，现观察到物体在磅秤上读数为1000N．已知斜面倾角θ＝30°，小车与磅秤的总质量为20kg.(1)拉力F为多少？(2)物体对磅秤的静摩擦力为多少？(3)若小车与斜面间有摩擦，动摩擦因数为3，斜面质量为100kg，试求斜面对地面的32压力和摩擦力分别为多少？(A一直静止在地面上)10．【解析】(1)选物体为研究对象，受力分析如图所示：将加速度a沿水平和竖直方向分解，则有：FN1－mg＝masinθ解得a＝5m/s取小车、物体、磅秤这个整体为研究对象，受力分析如图所示： 2.精品资料。

人教版高考物理一轮总复习课后习题第3单元牛顿运动定律作业8牛顿第二定律的应用2

作业8牛顿第二定律的应用2A组基础达标微练一连接体问题1.(多选)(浙江淳安中学高二期末)质量为m'的小车上放置质量为m的物块,水平向右的牵引力作用在小车上,二者一起在水平地面上向右运动。

下列说法正确的是( )A.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间不存在摩擦力作用B.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间存在摩擦力作用C.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向左的摩擦力作用D.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向右的摩擦力作用2.(多选)如图所示,质量为m'、上表面光滑的斜面体放置在水平面上,另一质量为m的物块沿斜面向下滑动时,斜面体一直静止不动。

已知斜面倾角为θ,重力加速度为g,则( )A.地面对斜面体的支持力为(m'+m)gB.地面对斜面体的摩擦力为零C.斜面倾角θ越大,地面对斜面体的支持力越小D.斜面倾角θ不同,地面对斜面体的摩擦力可能相同3.(多选)(浙江桐乡一中期末)如图所示,质量分别为m1和m2的小物块,通过轻绳相连,并接在装有光滑定滑轮的小车上。

如果按图甲所示,装置在水平力F1作用下做匀加速运动时,两个小物块恰好相对静止;如果互换两个小物块,如图乙所示,装置在水平力F2作用下做匀加速运动时,两个小物块也恰好相对静止,一切摩擦不计,则( )A.F1∶F2=m22∶m12B.F1∶F2=m12∶m22C.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m2∶m1D.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m1∶m2微练二临界极值问题(弹力临界)4.(多选)(浙江丽水中学月考)如图所示,5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上,第5颗棋子最左端与水平面上的A点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上,恒力作用一小段时间后,五颗棋子的位置情况可能是( )5.如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端连接物体B,B上叠放着物体A,系统处于静止状态。

2020高考物理一轮复习专题03牛顿运动定律(解析版)

专题03 牛顿运动定律1 ．（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。

A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。

若用水平恒力 F 向右拉动木板 A （已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使 A 从 C 、B 之间抽出来，则对 C 有aC＝mg＝gm对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力力，有f= μ（2M+m ）g因为μ（M+m ）g<μ（2M+m ）g 所以 B 没有运动，加速度为0 ；所以当a A>a C 时，能够拉出，则有F mg M m g M解得F> 2μ（m+M ）g，故选C2 ．（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。

物块运动过程的部分v-t 图像如图所示，取g=10m/s 2，则（）F 大小应满足的条件是（A．F (m 2M )g B．F (2m 3M )gC ．F 2 (m M )gD ．F (2m M )g答案】C解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来，则，A要相对于B、C 都滑动，所以AC 间，AB 间都是滑动摩擦力，对 A 有a A＝mg M m gμ（M+m ）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦MN 是一段倾角为=30 °的传送带A ．物块最终从传送带N 点离开B ．传送带的速度v=1m/s ，方向沿斜面向下C ．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2D ．物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s ，因此没从N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s ，AB 错误；v—t 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2，C 错误；根据牛顿第二定律mg cos30o mg sin 30o ma，可得3，D 正确。

2020版高考物理一轮复习第三章课时作业8牛顿第二定律两类动力学问题新人教版(最新整理)

课时作业8 牛顿第二定律两类动力学问题时间：45分钟1．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( C )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：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，选项C正确．2．（多选)物体只在力F的作用下从静止开始运动,其F.t图象如图所示，则物体（AD ）A．在t1时刻加速度最大B．在0～t1时间内做匀加速运动C．从t1时刻后便开始返回运动D．在0～t2时间内，速度一直在增大解析：从图中可知物体在运动过程中受到的合力方向始终不变，所以物体一直做加速运动,即速度一直增加，物体做单向加速直线运动，C错误、D正确；根据牛顿第二定律a＝错误!,可得在t1时刻合力最大,所以加速度最大,A正确;在0~t1时间内合力F一直增大,所以物体做加速度增大的加速运动，B错误．3．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B由轻弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F,重力加速度为g。

若突然剪断细线,则在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为( A )A.错误!，错误!＋gB.错误!，错误!＋gC.错误!，错误!＋gD.错误!,错误!＋g解析:在剪断细线前，对A、B及弹簧整体,由牛顿第二定律得F－3mg＝3ma，对B，由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝错误!，细线被剪断的瞬间，弹簧的弹力不变,此时A球受到向下的重力和弹簧的弹力作用，有F＋mg＝ma A，解得a A＝错误!＋g，A正确．弹4．如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆,两圆的最高点相切，切点为A，B 和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为错误!R,AC长为2错误!R。

高考物理一轮复习专题训练：3-2 牛顿第二定律.pdf

3-2 牛顿第二定律一、选择题 1．(2014·吉林实验中学模抉)中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午举行，如图所示，航天员王亚平利用天宫一号中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74kg。

测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100N的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1m/s，则复位的时间为( ) A．0.74s B．0.37s C．0.26s D．1.35s [答案]　A [解析]　宇航员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用，所以是匀变速直线运动，由牛顿第二定律可得宇航员的加速度为a＝＝＝m/s2，再根据加速度的定义式a＝得到复位的时间，所以复位时间t＝＝s＝0.74s，A正确。

2．(2014·西安铁一中模拟)如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸弹簧拉着，小车向右做加速运动。

若小车向右的加速度增大，物块始终相对小车静止，则物块所受摩擦力F1和车右壁受弹簧的拉力F2的大小变化可能是( ) A．F1不变，F2一直变大 B．F1先变小后变大，F2不变 C．F1先变大后变小，F2不变 D．F1变大，F2先变小后不变 [答案]　B [解析]　小车向右的加速度增大，而物块始终相对小车静止，即弹簧伸长量始终不变，则F2不变，A、D错；若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右，则随着加速度的增大，摩擦力必变大；若开始摩擦力向左，则随着加速度的增大，摩擦力必先变小后变大，B对C错。

3. (2013·甘肃第一次诊断性考试)如图是一条足够长的浅色水平传送带在自左向右匀速运行。

现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。

下列说法中正确的是( ) A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 [答案]　C [解析]　木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项A错误，设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，则对木炭包有μmg＝ma，木炭包加速的时间t＝＝，该过程传送带的位移x1＝vt＝，木炭包的位移x2＝t＝t＝，黑色径迹的长度Δx＝x1－x2＝，由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C正确。

高考物理(人教版)一轮复习知识点同步练习卷：牛顿第二定律

牛顿第二定律一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．甲、乙两球质量分别为错误!未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

，从同一地点（足够高）处同时由静止释放。

两球下落过程所受空气阻力大小错误!未找到引用源。

仅与球的速率错误!未找到引用源。

成正比，与球的质量无关，即错误!未找到引用源。

（错误!未找到引用源。

为正的常量）。

两球的错误!未找到引用源。

图象如图所示。

落地前，经时间错误!未找到引用源。

两球的速度都已达到各自的稳定值错误!未找到引用源。

、错误!未找到引用源。

则下列判断正确的是：（）A．释放瞬间甲球加速度较大B．错误!未找到引用源。

C．甲球质量大于乙球D．错误!未找到引用源。

时间内两球下落的高度相等【★答案★】C2．光滑水平面上有一质量为2kg的物体，在五个恒定的水平共点力的作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为5N和15N的两个水平力而其余力保持不变，关于此后物体的运动情况的说法中正确的是：（）A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B．可能做匀减速直线运动，加速度大小可能是2m/s2C．一定做匀变速运动，加速度大小可能10m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是10m/s2【★答案★】C3．如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m 上、下滑动的整个过程中：（）A ．地面对物体M 的摩擦力大小相同[来源:Z§xB ．地面对物体M 的支持力总小于(M 十m )gC ．地面对物体M 的摩擦力先向右后向左D ．地面对物体M 的摩擦力先向左后向右【★答案★】B4．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对于小车静止地摆放在右端.B 与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B 产生的作用力的大小和方向为：（）A. 21tan mg θ+，斜向右上方B. 21mg μ+，斜向左上方C.tan mg θ，水平向右D. mg ，竖直向上【★答案★】A5．如图所示，质量分别为m 和2m 的物体AB 由轻质弹簧相连后放置在一箱子C 内，箱子质量为m ，整体悬挂处于静止状态；当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是（重力加速度为g ）：（）A ．物体A 的加速度等于gB ．物体B 和C 之间的弹力为零C ．物体C 的加速度等于gD ．物体B 的加速度大于g【★答案★】D6．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，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，g 取10 m/s 2，则：（）A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动【★答案★】D7．光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩成最短的时间内木块将做的运动是：（）A．匀减速运动B．速度减小，加速度增大C．速度减小，加速度减小D．无法确定【★答案★】B8．如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20Ｎ、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块。

2020年高考物理一轮复习专题3.2 牛顿第二定律及其应用(精讲)(原卷版)

专题3.2 牛顿第二定律及其应用（精讲）1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质。

2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题。

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作用力成正比，跟它的质量成反比。

加速度的方向与作用力的方向相同。

(2)表达式a＝Fm或F＝ma。

(3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。

②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成。

(2)基本单位基本量的单位。

力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。

(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。

知识点二动力学中的两类问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况。

(2)已知运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：【方法技巧】两类动力学问题的解题步骤知识点三超重和失重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(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小a＝g 原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝mgF＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动知识点四动力学中整体法、隔离法的应用1．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。

届高考物理人教版第一轮复习课时作业精选牛顿第二定律的综合应用

第3课时牛顿第二定律的综合应用基本技能练1．如图1所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)。

由图可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有()图1A．该同学做了两次下蹲—起立的动作B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析在3～4 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在6～7 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确。

答案 B2．(2014·石家庄一模)2014年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌。

比赛场地可简化为由如图2所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成。

若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是()图2A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态解析运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A 项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B 项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C 项正确；运动员在减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D 项错误。

答案 C3.某兴趣小组用频闪照相机测小球在竖直上抛过程中受到的空气阻力。

将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，用频闪照相机记录了全过程，图3甲和图乙分别是上升过程和下降过程的频闪照片，O 是运动的最高点。

设小球所受阻力大小不变，则小球受到的阻力大小约为( )图3A.14mgB.13mgC.12mg D ．mg解析设墙面上砖的厚度为d ，频闪照相的周期为T ，由上升过程中加速度的大小a 1＝9d －3d T 2＝6d T 2，下降过程中加速度的大小a 2＝3d －d T 2＝2dT 2，根据牛顿第二定律，上升过程有mg ＋F f ＝ma 1，下降过程有mg －F f ＝ma 2，联立各式得F f ＝12mg ，C 正确。

【物理】2020届一轮复习人教版验证牛顿第二定律作业

2020届一轮复习人教版验证牛顿第二定律作业1．(2019·江苏泰州联考)有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来。

我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹。

若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是(A)[解析]篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有：mg－f＝ma1，解得a1＝g－fm；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有：mg＋f＝ma2，解得a2＝g＋fm，联立得：a1<a2，即下落的加速度小于上升的加速度，故v －t图线正方向的斜率小于负方向的斜率，由于碰撞中存在能量损失，所以小球弹起时的速度越来越小，故A正确，B、C、D错误。

2．(2019·福建省莆田第一中学高三上学期期中)如图所示，一杂技演员在表演手指耍盘动作。

设该盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转，则下列说法中正确的是(D)A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力大于mgB．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力C．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的作用力大小为μmgD．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mg[解析] 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力与盘子的重力mg 等大反向，选项A 错误；若手支撑着盘并一起水平向右匀速运动，合力为零，盘子受重力和支持力，不受静摩擦力，故B 错误；若手支撑着盘并一起水平匀加速运动，盘子受重力、支持力和静摩擦力，其中重力和支持力平衡，由于f≤μmg ，故手对盘子的作用力大小小于或等于mg 2＋μmg 2＝1＋μ2mg ，不一定等于μmg ，故C 错误，D 正确。

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2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练第三部分牛顿运动定律二．牛顿第二定律一．选择题1.（6分）（2019河南开封三模）如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离。

则下列说法中正确的是（）A．B和A刚分离时，弹簧为原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于D．在B与A分离之前，它们做匀加速运动【参考答案】C【名师解析】B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态。

故AB错误。

B和A 刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F＝mg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x＝h，由胡克定律得：k＝＝．故C正确。

对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，整体做变加速运动。

故D错误。

2．（6分）（2019山东枣庄二模）如图所示，用轻质细绳将条形磁铁悬挂于天花板上，处于悬空状态，现将一铁块置于条形磁铁下方，系统处于静止状态。

关于磁铁和铁块受力情况，下列说法正确的是（）A．条形磁铁一定受3个力B．铁块一定受2个力C．若烧断细绳，则铁块一定受2个力D．若烧断细绳，则条形磁铁一定受3个力【参考答案】D【名师解析】如果磁铁对铁块的吸引力大于铁块的重力，则二者之间有弹力，如果磁铁对铁块的吸引力等于铁块的重力，则二者之间没有弹力，由此分析受力情况。

条形磁铁受到重力、绳子拉力、铁块的吸引力，也可能受到铁块的弹力，也可能不受铁块的弹力，故A错误；铁块受到重力、磁铁的吸引力，可能受到磁铁的弹力，也可能不受弹力，故B错误；若烧断细线，二者一起做自由落体运动，由牛顿第二定律可知，铁块一定受到受到重力、磁铁的吸引力，磁铁的弹力3个力作用，故C错误；若烧断细绳，条形磁铁受到重力、铁块的弹力、铁块的吸引力3个力，故D正确。

3. 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A．小车静止时，F mgsinθ=，方向沿杆向上B．小车静止时，F mg cosθ=，方向垂直于杆向上C．小车向右以加速度a运动时，一定有ma Fsinθ=D．小车向左匀速运动时，F mg=，方向竖直向上【参考答案】D【思路点拨】【名师解析】小车静止时，球受到重力和杆的弹力作用，由平衡条件可得杆对球的作用力F ＝mg，方向竖直向上，选项A．B错误；小车向右以加速度a运动时，只有当a＝g tan θ时，才有F＝masin θ，如图所示，选项C错误；小车向左匀速运动时，根据平衡条件知，杆对球的弹力大小为mg，方向竖直向上，选项D正确。

4.（2016福建省五校联考）有下列几种情景，其中对情景的分析和判断正确的是( )①点火后即将升空的火箭；②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车；③运动的磁悬浮列车在轨道上高速行驶；④太空中的空间站绕地球做匀速圆周运动。

A．因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D．因空间站处于完全失重状态，所以空间站内的物体加速度为零【参照答案】B【名师解析】点火后即将升空的火箭，加速度一定不为零，选项A错误；轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大，选项B正确；高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，加速度可能为零，选项C错误；因空间站处于完全失重状态，所以空间站内的物体加速度不为零，选项D错误。

5. 图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10m/s2，下列判断正确的是（）A. 前10s的悬线的拉力恒为1500NB. 46s末塔吊的材料离地面的距离为22mC. 0~10s材料处于失重状态D. 在30s~36s钢索最容易发生断裂【参考答案】B【名师解析】由图可知前10s内物体的加速度a=0.1m/s2..。

由F–mg=ma可解得悬线的拉力为F=mg+ma=1515N，选项A错误。

由图象面积可得整个过程上升高度是28m，下降的高度为6m，46s末塔吊的材料离地面的距离为28m-6m=22m，选项B正确。

0~10s加速度向上，材料处于超重状态，F＞mg，钢索最容易发生断裂，选项C错误。

因30s～36s物体加速度向下，材料处于失重状态，F＜mg，在30s~36s钢索最不容易发生断裂，选项D错误；6. 如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（）A．加速下降B．加速上升C．减速上升D．减速下降【参考答案】BD【名师解析】木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力。

当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统处于超重状态，有向上的加速度，属于超重，木箱的运动状态可能为加速上升或减速下降，选项BD正确。

【点评】此题考查受力分析、牛顿第二定律及超重和失重现象。

注解：要注意题述中的“可能”运动状态，不要漏选。

7. 为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，她站在体重计上随电梯上下运动，并观察体重计示数的变化情况．下表记录了几个特定时刻体重计的示数，若已t．1和2时刻该同学的质量相等，但所受的重力不等B．t1和t2时刻电梯的加速度大小相等，方向一定相反C．t1和t2时刻电梯的加速度大小相等，运动方向一定相反D．t3时刻电梯一定静止【参考答案】B【名师解析】t1和t2时刻物体的质量并没有发生变化，所受重力也没有发生了变化．故A错误．根据表格读数分析，t1时刻物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上．t2时刻物体处于失重状态，电梯的加速度方向向下，两个时刻加速度方向相反．但运动方向都可能向上或向下，不一定相反．故B正确C错误．t3时刻物体处于平衡状态，可能静止，也可能向上匀速运动．故D错误．8. 如图5-4-4所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁块，质量为m，整个装置用轻绳悬挂在O点，在电磁铁通电后，铁块被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为 ( )A．F=mg B．Mg<F<(M+m)gC．F=(M+m)g D．F>(M+m)g【参考答案】D【名师解析】电磁铁通电后,铁块被吸引而加速上升，可以认为A、B、C组成的系统重心加速上移，即整个系统处于超重状态，则轻绳拉力F应大于(M+ m)g.9．如图所示，台秤上放有盛水的杯，杯底用细绳系一木质的小球，若细线突然断裂，则在小木球上浮到水面的过程中，台秤的示数将( )．A．变小 B．变大 C．不变 D．无法确定【参考答案】A【名师解析】本题若用隔离法进行受力分析，再通过对运动过程的分析、定量推理、再比较判断，就太费时、费力.如果从整体思维出发,对系统看是失重的成分大还是超超重的成分大，就比较简捷，起到了化繁为简的效果.将容器和木球看做整体，整体受竖直向下的重力和台秤竖直向上的支持力N，当细线被剪断后，其实际效果是:在本球向上加速运动的同时，木球上方与该木球等体积的水球，将以同样大小的加速度向下加速流动，从而填补了木球占据的空间，由于ρ水>ρ木，水球的质量大于木球的质量，因此木球和水所组成的系统其质心有向下的加速度，整个系统将处于失重状态，故台秤的示数将变小.10.（2016·安徽合肥一模）如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重。

她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。

关于她的实验现象，下列说法中正确的是（）A．只有“起立”过程，才能出现失重的现象B．只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象【参考答案】D【名师解析】“起立”的过程，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动加速度方向向上，出现超重现象，后减速向上运动加速度方向向下，出现失重现象，即“起立”过程先出现超重现象后出现失重现象，整个“起立”过程能出现超重和失重的现象；“下蹲”的过程，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动加速度方向向下，出现失重现象，后减速向下运动加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲”过程先出现失重现象后出现超重现象，整个“下蹲”过程能出现超重和失重的现象，选项D正确ABC错误。

【点评】只要物体具有向下的加速度，则处于失重状态；物体具有向上的加速度，则处于超重状态。

二．计算题1.(2006·北京崇文一模)为了实现“神舟”六号飞船安全着陆，在飞船距地面约1 m时(即将着陆的瞬间)，安装在返回舱底部的四台发动机同时点火工作，使返回舱的速度由8 m／s降至2 m ／s．设返回舱质量为3．5×102kg，减速时间为0.2 s．设上述减速过程为匀变速直线运动，试回答和计算下列问题：(g取10m/s2)(1)在返回舱减速下降过程中，航天员处于超重还是失重状态?计算减速时间内，航天员承受的载荷值(即航天员所受的支持力与自身重力的比值)．(2)计算在减速过程中，返回舱受到四台发动机推力的大小．【名师解析】（1）航天员处于超重状态a=v1-v2/t=-30 m/s2.根据牛顿第二定律：mg-N=ma,载荷比(2)设返回舱受到的推力为F，根据牛顿第二定律：Mg-F=Ma,a=(v1-v2)/t=-30 m/s2.解得发动机推力F的大小为1.40×105N.2．（9分）(2019浙江稽阳联谊学校联考模拟)2019年1月4日上午10时许，科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令，嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务。

在距月面高为H＝102m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v1＝4ms/时，立即改变推力，以a2＝2m/s2匀减速下降，至月表高度30m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。

最后距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯•卡门撞击坑中，整个过程始终垂直月球表面作直线运动，取竖直向下为正方向。

已知嫦娥四号探测器的质量m＝40kg，月球表面重力加速度为1.6m/s2．求：（1）嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2；（2）匀加速直线下降过程的加速度大小a1；（3）匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。