“牛顿第二定律”难题解析

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牛顿第二定律十大题型分类汇总(详解版)

牛顿第二定律十大题型分类汇总(详解版)

牛顿第二定律十大题型分类汇总(带详解)一、牛顿第二定律与斜面结合1.如图所示,一足够长的固定在水平面上的斜面,倾角37θ= ,斜面BC 与水平面AB 平滑连接,质量2kg m =的物体静止于水平面上的M 点,M 点与B 点之间的距离9m L =,物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为0.5μ=,现物体受到一水平向右的恒力14N F =作用,运动至B 点时撤去该力,B 点有一小圆弧,使得物体经过B 点时只有速度方向发生改变,速度大小不变,重力加速度210m/s g =,则:(1)物体到达B 点时的速度大小;(2)物体沿斜面向上滑行的最远距离。

(3)物体从开始运动到最后停止运动的总时间。

解得212m/s a =由M 到B 有212B v a L=解得6m/sB v =(2)沿斜面上滑时,根据牛顿第二定律得2sin37cos37mg mg ma μ︒+︒=解得2210m/s a =沿斜面运动的最远距离为(3)从M 点运动到B 点的时间为从B点运动到斜面最高点的时间为沿斜面下滑时的加速度为3sin37cos37mg mg ma μ︒-︒=解得232m/s a =沿斜面下滑的时间为解得下滑到B点时的速度为在水平面上运动的加速度大小为4mg ma μ=解得245m/s a =从B点到静止的时间为物体从开始运动到最后停止运动的总时间为1234t t t t t =+++解得2.一质量m =2kg 小物块从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端B 点后沿水平面再滑行一段距离停下来。

若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25。

斜面A、B 两点之间的距离s =18m,斜面倾角θ=37°(sin37°=0.6;cos37°=0.8)斜面与水平面间平滑连接,不计空气阻力,g =10m/s 2。

求:(1)物块在斜面上下滑过程中的加速度大小;(2)物块滑到B 点时的速度大小;(3)物块在水平面上滑行的时间。

牛顿第二定律典型题型归纳(学生) -完整获奖版

牛顿第二定律典型题型归纳(学生) -完整获奖版

牛顿第二定律典型题型归纳一. 重难点解析:1. 动力学两类基本问题应用牛顿运动定律解决的问题主要可分为两类:(1)已知受力情况求运动情况。

(2)已知运动情况求受力情况。

分析解决这两类问题的关键是抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度。

基本思路流程图:基本公式流程图为:2. 动力学问题的处理方法(1)正确的受力分析。

对物体进行受力分析,是求解力学问题的关键,也是学好力学的基础。

(2)受力分析的依据。

①力的产生条件是否存在,是受力分析的重要依据之一。

②力的作用效果与物体的运动状态之间有相互制约的关系,结合物体的运动状态分析受力情况是不可忽视的。

③由牛顿第三定律(力的相互性)出发,分析物体的受力情况,可以化难为易。

3. 解题思路及步骤(1)由物体的受力情况求解物体的运动情况的一般方法和步骤。

①确定研究对象,对研究对象进行受力分析,并画出物体的受力图。

②根据力的合成与分解的方法,求出物体所受合外力(包括大小和方向)③根据牛顿第二定律列方程,求出物体的加速度。

④结合给定的物体运动的初始条件,选择运动学公式,求出所需的运动参量。

(2)由物体的运动情况求解物体的受力情况。

解决这类问题的基本思路是解决第一类问题的逆过程,具体步骤跟上面所讲的相似,但需特别注意:①由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向与加速度的方向混淆。

②题目中求的力可能是合力,也可能是某一特定的作用力。

即使是后一种情况,也必须先求出合力的大小和方向,再根据力的合成与分解知识求分力。

4. 解题方法牛顿运动定律是解决动力学问题的重要定律,具体应用的方法有好多,高中物理解题常用的方法有以下几种:(1)正交分解法:表示方法为减少矢量的分解,建立坐标系时,确定x轴正方向有两种方法:①分解力而不分解加速度。

分解力而不分解加速度,通常以加速度a的方向为x轴正方向,建立直角坐标系,将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上,分别得x轴和y轴的合力。

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。

最新人教版高中物理必修1第四章《牛顿第二定律》习题详解

最新人教版高中物理必修1第四章《牛顿第二定律》习题详解

习题详解1.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,我们用力提一个很重的箱子,却提不动它.这跟牛顿第二定律有没有矛盾?应该怎样解释这个现象?解答:没有矛盾.牛顿第二定律公式F =ma 中的F 指的是物体所受的合力,而不是其中的某一个力.我们用力提一个放在地面上的很重的物体时,物体受到的力共有三个:手对物体向上的作用力F 1、竖直向下的重力G ,以及向上的支持力F 2.如果F 1<G ,只是支持力F 2减小,这三个力的合力F =0,故物体的加速度为零,物体保持不动.2.一个物体受到F 1=4 N 的力,产生a 1=2 m/s 2的加速度,要使它产生a 2=6 m/s 2的加速度,需要施加多大的力? 解:由12F F =12a a 可得:F 2=12a a F 1=12 N.3.甲、乙两辆实验小车,在相同的力的作用下,甲车产生的加速度为 1.5 m/s 2,乙车产生的加速度为4.5 m/s 2,甲车的质量是乙车的几倍? 解:由乙甲m m =甲乙a a 可得:m 甲=甲乙a a m 乙=3m 乙.4.质量是2 kg 的物体,受到互成90°角的两个力的作用.这两个力都是14 N.这个物体加速度的大小是多少?沿什么方向?解:根据平行四边形定则(图4-3-3),这两个力的合力为:F =2×14×cos45° N=19.8 N图4-3-3加速度的大小为:a =mF =28.19 m/s 2=9.9 m/s 2,加速度的方向为:与合力方向相同,与两个分力成45°夹角.5.水平路面上质量是30 kg 的手推车,在受到60 N 的水平推力时做加速度为1.5 m/s 2的匀加速运动.如果撤去推力,车的加速度是多少?解:如图4-3-4所示,物体在水平方向受到两个力的作用,根据牛顿运动定律:设小车运动方向为正图4-3-4F-F=ma F阻=F-ma=15 N -F阻=ma′阻a′=-0.5 m/s2加速度方向与推力的方向相反.。

“牛顿第二定律”难题解析

“牛顿第二定律”难题解析

(二)“牛顿第二定律”难题--压轴题参考答案与试题解析9.(2011•历城区校级模拟)在一个与水平面成α角的粗糙斜面上的A点放着一个物体,它系于一根不可伸长的细绳上,绳子的另一端B通过小孔C穿出底面,如图所示,开始时物体与C等高,当物体开始缓慢下滑时,适当的拉动绳端B,使物体在斜面上划过一个半圆到达C,则A和斜面之间的动摩擦因数μ为()A.s inαB.c osαC.!tanαD.c otα考点:牛顿第二定律;力的合成与分解的运用;向心力.专题:压轴题;牛顿第二定律在圆周运动中的应用.分析:物体缓慢转动,近似平衡,受力分析后,根据平衡条件列式求解.~解答:解:物体在斜面上缓慢运动时,受到4个力:重力G,绳子的拉力F1,斜面的支持力F2,物体在运动时受到的摩擦力F3,这四个力的合力近似为零;其中F1和F3同斜面平行,F2同斜面垂直,G同斜面成(90°﹣α).根据各力之间的平衡的原则,可列出以下公式:在垂直斜面方向,有:F2=G•cos α因此有摩擦力F3=μ F2=μGcosα接下来考虑平行于斜面的力,为了简化问题状态,可以直接以A点处的系统状态来进行分析,此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的,即应该是近似平衡的,有μGcosα=Gsinα因此μ=tan α故选C.》点评:这个解法最有技巧的部分就是选取了A点处受力分析,根据平衡条件得到重力的下滑分量等于摩擦力,然后列式求解;当然,也可以对其它点处,运用平衡条件列式.11.(2007•徐州模拟)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学利用压电陶瓷设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理如图(a)所示,将压电陶瓷和一块挡板固定在绝缘小车上,中间放置一个绝缘重球,它的直径略小于陶瓷和挡板间的距离.小车向右做直线运动过程中,电压流表示数如图(b)所示,下列判断正确的是()A.从t1到t2时间内,小车做变加速直线运动B.从t1到t2时间内,小车做匀加速直线运动,C.从t2到t3时间内,小车做匀加速直线运动D.从t2到t3时间内,小车做匀速直线运动考点:牛顿第二定律;闭合电路的欧姆定律.专题::压轴题;恒定电流专题.分析:根据图象,结合题意,得到压力的变化规律,再根据牛顿第二定律判断出加速度的变化规律,从而得到小车的运动故小球的加速度不断变大,水平向右,由于速度向右,故小球向右做加速度不断变大的加速运动,故A正确,B错误;C、D、从t2到t3时间内,电陶瓷两端电压不变,故受到的压力恒定,故其对小球有向右且恒定大的压力,故小球的加速度恒定,水平向右,由于速度向右,故小球向右做匀加速直线运动,故C正确,D错误;故选AC.点评:本题关键是对小球受力分析,根据图象得到压力的变化规律,然后根据牛顿第二定律判断出加速度的情况,最后得到小车的运动情况.16.(2010•越秀区三模)如图所示装置中,光滑的定滑轮固定在高处,用细线跨过该滑轮,细线两端各拴一个质量相等的砝码m1和m2.在铁架上A处固定环状支架z,它的孔只能让m1通过.在m1上加一个槽码m,m1和m从O点由静止释放向下做匀加速直线运动.当它们到达A时槽码m被支架z托住,m1继续下降.在下图中能正确表示m1运动速度v与时间t和位移x与时间t关系图象的是()。

牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析

牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析

牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析牛顿第二定律是动力学的核心规律,动力学又是经典力学的基础,也是进一步学习热学、电学等其它局部知识所必须掌握的内容,所以对牛顿第二定律准确理解、掌握典型例题、理解常见错误显得非常重要。

(一)明确力是使物体产生加速度的原因。

【例1】物体运动的速度方向、加速度的方向与作用在物体上的合外力方向的关系是:[ ]A. 速度方向、加速度的方向与合外力的方向三者总是相同C. 速度方向总是与合外力的方向相同,加速度方向可能与速度方向相同也可能不相同D. 速度方向总是与加速度方向相同,而速度方向可能与合外力方向相同也可能不相同【分析解答】准确答案是B 。

根据牛顿第二定律可知,加速度方向与合外力方向相同,而由运动学知识可知,速度方向与加速度方向能够相同也能够不相同,应选B.【例2】放在桌面上的小车,用力推它时,小车就运动起来了,停止用力时,小车运动一会儿就停下来,于是有同学就认为,力是维持物体运动的原因。

这种说法对吗?为什麽?【分析解答】不对。

这是因为物体原来处于静止状态,用力推时,是推力迫使它由静止变为运动;停止用力时,因为摩檫阻力的防碍作用,小车由运动变为静止。

可见,力并不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因。

(二)加速度与合力在每个时刻都有大小和方向上的对应关系【例3】 如图1所示,一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点,自由伸长到B 点。

今用一小物体m 把弹簧压缩到A 点(m 与弹簧不连接),然后释放,小物体能经B 点运动到C 点而静止。

小物体m 与水平面间的动摩擦因数μ恒定,则以下说法中准确的是[ ]A. 物体从A 到B 速度越来越大B. 物体从A 到B 速度先增加后减小C. 物体从A 到B 加速度越来越小D. 物体从A 到B 加速度先减小后增加【分析解答】物体从A 到B 的过程中水平方向一直受到向左的滑动摩擦力F f =μmg ,大小不变;还一直受到向右的弹簧的弹力,从某个值逐渐减小为0。

牛顿第二定律知识点及其经典例题分析

牛顿第二定律知识点及其经典例题分析

牛顿第二定律知识要点梳理知识点一一牛顿第二定律▲知识梳理一、牛顿第二定律1.牛顿第二定律内容:物体运动的加速度与所受的合外力处边成正比,与物体的质量成反比,加速度的方向与合外力相同。

2•牛顿第二定律的比例式为总叫;表达式为卩皿°3•力的单位是牛(N),丄N力的物理意义是使质量为m=lkg的物体产生^=Ws2的加速度的力。

4•几点说明:(1)瞬时性:牛顿第二定律是力的瞬时作用规律,力是加速度产生的根本原因.加速度与力同时存在、同时变化、同时消失。

(2)矢量性:是—个矢量方程,加速度a与力F方向相同。

(3)独立性:物体受到几个力的作用,一个力产生的加速度只与此力有关,与其他力无关。

(4)同体性:指作用于物体上的力使该物体产生加速度。

二、整体法与隔离法1•连接体:由两个或两个以上的物体组成的物体系统称为连接体。

2•隔离体:把某个物体从系统中单独“隔离”岀来,作为研究对象进行分析的方法叫做隔离法(称为“隔离审查对象”)O3•整体法:把相互作用的多个物体视为一个系统、整体进行分析研究的方法称为整体法。

三、正交分解法与牛顿第二定律的结合应用当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时,常用正交分解法解题,多数情况下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上,有:丘二如(沿加速度方向);约一° (垂直于加速度方向)特殊情况下分解加速度比分解力更简单。

应用步骤一般为:①确定研究对象J②分析研究对象的受力情况并画出受力图;③建立直角坐标系.把力或加速度分解在X轴和y轴上;④分别沿X轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程;⑤统一单位,计算数值。

四、用牛顿运动定律解题的一般步骤1•审题,明确题意,清楚物理过程;2•选取研究对象,可以是一个物体,也可以是几个物体组成的系统;3•运用隔离法对研究对象进行受力分析,画出受力示意图;4•建立坐标系,一般情况下可选择物体运动方向或加速度方向为正方向;5•根据牛顿运动定律、运动学公式、题目所给的条件列方程;6•解方程,对结果进行分析,检验或讨论。

(三)“牛顿第二定律”难题--压轴题2015.6.4解析

(三)“牛顿第二定律”难题--压轴题2015.6.4解析

(三)“牛顿第二定律”难题--压轴题2015.6.4一.选择题(共3小题)1.(2015•抚顺一模)真空中,两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为Q E和Q F,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图中实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向.电场线上标出了M、N两点,其中N点的切线与EF连线平行,且∠NEF>∠NFE.则()A.E带正电,F带负电,且Q E>Q FB.在M点由静止释放一带正电的检验电荷,检验电荷将沿电场线运动到N点C.过N点的等势面与过N点的切线垂直D.负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能2.(2014•南充一模)如图所示,平行板电容器AB两极板水平放置,A在上方,B在下方,现将其和二极管串连接在电源上,已知A和电源正极相连,二极管具有单向导电性,一带电小球从AB间的某一固定点水平射入,打在B极板上的N点,小球的重力不能忽略,现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板始终平行),则下列说法正确的是()A.若小球带正电,当AB间距增大时,小球打在N点的右侧B.若小球带正电,当AB间距减小时,小球打在N点的左侧C.若小球带负电,当AB间距减小时,小球可能打在N点的右侧D.若小球带负电,当AB间距增大时,小球可能打在N点的左侧3.(2014•孝南区校级模拟)一对平行金属板长为L,两板间距为d,质量为m,电荷量为e的电子从平行板右侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间,两板间所加交变电压u AB如图所示,交变电压的周期T=,已知所有电子都能穿过平行板,且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出,不计重力作用,则()A.所有电子都从右侧的同一点离开电场B.所有电子离开电场时速度都是v0C.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时动能最大D.t=时刻进入电场的电子,在两板间运动时最大侧位移为二.解答题(共27小题)4.(2012•孝南区校级模拟)如图所示,水平传送带AB长l=1.3m,距离地面的高度h=0.20m,木块与地面之间的动摩擦因数μ0=0.20.质量为M=1.0kg的木块随传送带一起以v=2.0m/s的速度向左匀速运动(传送带的传送速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50.当木块运动至最左端A点时,此时一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度u=50m/s,以后每隔1.0s就有一颗子弹射向木块,设子弹射穿木块的时间极短,且每次射入点各不相同,g取10m/s2.求:(1)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中?(2)从第一颗子弹射中木块后到木块最终离开传送带的过程中,木块和传送带间因摩擦产生的热量是多少?(3)如果在木块离开传送带时,地面上有另一相同木块立即从C点以v1=1.0m/s向左运动,为保证两木块相遇,地面木块应在距离B点正下方多远处开始运动?5.(2012•凤冈县校级模拟)一质量m的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面,某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度,并用计算机作出了小物块上滑过程的v﹣t图线,如图所示.(取sin37°=0.6cos37°=0.8 g=10m/s2)求:(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小.(2)小物块与斜面间的动摩擦因数.(3)小物块从冲上斜面到返回出发点的时间(保留两位有效数字)6.(2012•嘉峪关校级一模)如图所示,质量分别为m1=1kg和m2=2kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上,若对A、B 分别施加大小随时间变化的水平外力F1和F2,若F1=(9﹣2t)N,F2=(3+2t)N,设F1、F2的方向不变.则:(1)经多长时间t0两物块开始分离?(2)在同一坐标中画出A、B两物块的加速度a1和a2随时间变化的图象?(3)速度的定义为V=,“V﹣t”图象下的“面积”在数值上等于位移△s;加速度的定义为a=,则“a﹣t”图象下的“面积”在数值上应等于什么?7.(2012•浉河区校级三模)如图所示,A为位于一定高度处的质量为m、带电荷量为+q的小球,B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子,且M=2m,盒子与地面间的动摩擦因数μ=0.2,盒内存在着竖直向上的匀强电场,场强大小E=,盒外没有电场.盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔,孔间距满足一定的关系,使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触.当小球A以1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间,盒子B恰以v1=6m/s的速度向右滑行.已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作用力大小相等方向相反.设盒子足够长,取重力加速度g=10m/s2,小球恰能顺次从各个小孔进出盒子.试求:(1)小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间;(2)小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子,盒子通过的距离;(3)盒子上至少要开多少个小孔,才能保证小球始终不与盒子接触.8.(2011•泰兴市校级模拟)如图所示的传送皮带,其水平部分ab=2m,bc=4m,bc与水平面的夹角α=37°,小物体A与传送带的动摩擦因数μ=O.25,皮带沿图示方向运动,速率为2m/s.若把物体A轻轻放到a点处,它将被皮带送到c点,且物体A一直没有脱离皮带.求物体A从a点被传送到c点所用的时间.(g=10m/s2)9.(2011•故城县校级模拟)如图所示,一质量M=50kg、长L=3m的平板车静止在光滑的水平地面上,平板车上表面距地面的高度h=1.8m.一质量m=10kg可视为质点的滑块,以v0=7.5m/s的初速度从左端滑上平板车,滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10m/s2.(1)分别求出滑块在平板车上滑行时,滑块与平板车的加速度大小;(2)计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.10.(2011•修水县校级模拟)为了使航天员能适应在失重环境下的工作和生活,国家航天局组织对航天员进行失重训练.故需要创造一种失重环境;航天员乘坐到民航客机上后,训练客机总重5×104kg,以200m/s速度沿30°倾角爬升到7000米高空后飞机向上拉起,沿竖直方向以200m/s 的初速度向上作匀减速直线运动,匀减速的加速度为g,当飞机到最高点后立即掉头向下,仍沿竖直方向以加速度为g加速运动,在前段时间内创造出完全失重,当飞机离地2000米高时为了安全必须拉起,后又可一次次重复为航天员失重训练.若飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv(k=900N•s/m),每次飞机速度达到350m/s 后必须终止失重训练(否则飞机可能失速).求:(1)飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间.(2)飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力(整个运动空间重力加速度不变).11.(2011•仓山区校级模拟)一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A,另一端挂在光滑水平轴O上,O到小球的距离为L=0.1m,小球跟水平面接触,但无相互作用,在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板,如图所示,水平距离s=2m.现有一滑块B,质量也为m,从斜面上滑下,与小球发生碰撞,每次碰后,滑块与小球速度均交换,已知滑块与挡板碰撞时不损失机械能,水平面与滑块间的动摩擦因数为μ=0.25,若不计空气阻力,并将滑块和小球都视为质点,g取10m/s2,试问:(1)若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后,使小球恰好在竖直平面内做圆周运动,求此高度h;(2)若滑块B从h′=5m 处下滑与小球碰撞后,小球在竖直平面内做圆周运动,求小球做完整圆周运动的次数.12.(2011•沐川县校级模拟)质量为M=2kg、长为L=5m的薄木板,在水平向右的力F=10N作用下,以v0=6m/s的速度匀速运动.某时刻将质量为m=1kg的铁块(可看成质点)轻轻地放在木板的最右端,水平拉力F不变,木板与铁块的动摩擦因数为μ1=0.1.(g=10m/s2.)(1)木板与地面的动摩擦因数μ2(2)刚放上铁块后铁块的加速度a1、木板的加速度a2.(3)通过计算判断铁块是否会从木板上掉下去,若不掉下去计算木板从放上铁块后到停止运动的总时间.13.(2011•润州区校级模拟)在光滑水平面上有一质量m=2.0kg的小球,静止在O点,以O点为原点,在该水平面内建立直角坐标系Oxy.现突然加一沿x轴正方向的、平行水平面的恒力F1,F1=3.0N,使小球开始运动,经过1.0s,撤去恒力F1,再经过1.0s,将平行水平面的恒力变为沿y轴正方向,大小为F2=4.0N,使小球在此恒力下再运动1.0s,求此时小球的位置.若要求小球在此后1.0s内停下,则所加的平行水平面的恒力F3的大小和方向如何?(表示方向的角度可用反三角函数表示)14.(2011•龙门县校级模拟)“神舟”六号飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后,返回舱于2005年10月17日4时11分开始从太空向地球表面按预定轨道返回.在离地l0km的高度返回舱打开阻力降落伞减速下降,返回舱在这一过程中所受空气阻力与速度的平方成正比,比例系数(空气阻力系数)为k.已知返回舱的总质量M=3000kg,所受空气浮力恒定不变,且认为竖直降落.从某时刻起开始计时,返回舱的运动v﹣t图象如图中的AD曲线所示,图中AB是曲线在A点的切线,切线交于横轴于B点的坐标为(10,0 ),CD是AD的渐近线,亦是平行于横轴的直线,交纵轴于C点,C点的坐标为(0,6 ).请解决下列问题:(取g=10m/s2)(1)在初始时刻v0=160m/s时,它的加速度多大?(2)推证空气阻力系数k的表达式并算出其数值;(3)返回舱在距地高度h=10m时,飞船底部的4个反推力小火箭点火工作,使其速度由6m/s迅速减至1m/s后落在地面上.若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响,并忽略此段速度变化而引起空气阻力的变化,试估算每支小火箭的平均推力(计算结果取两位有效数字).15.(2011•鼓楼区校级模拟)如图所示,质量为M=20kg的木板静止在光滑水平面上.一质量为m=10kg的小滑块(可视为质点)以初速度v0=6m/s从木板的左端沿水平向右方向滑上木板.滑块和木板间的动摩擦因素μ=0.2,滑块最终不会从木板上掉下,则木块的长度至少多长?(g=10m/s2)A.4mB.6mC.8mD.10m.16.(2011•渑池县校级模拟)如图所示,质量为m A=2m的长木板长为L、A置于光滑的水平地面上,在其左端放一质量为m B=m的小木块B,A和B之间的摩擦因数等于μ.若使A固定,用水平方向的恒力F拉B,B的加速度为μg.若释放A使它能自由运动,将B仍置于A的左端,从静止开始,仍用恒力F拉B到某一位置后撤去拉力F.为保证B不从A上滑落,求:(1)F作用的最长时间(2)若使B刚好不从A上滑下,求产生的内能.17.(2011•南京校级模拟)如图所示,质量为M、倾角为θ的滑块A放在水平地面上,把质量为m的滑块B放在A的斜面上,忽略一切摩擦,求B相对地面的加速度a.并用以下特殊值进行检验:A.当θ°时,B.当θ=90°时,C.当M≥m时,D.当m≥M时.18.(2010•分宜县校级一模)如图,一滑块通过长度不计的短绳拴在小车的板壁上,小车上表面光滑.小车由静止开始向右匀加速运动,经过2s,细绳断裂.细绳断裂后,小车的加速度不变,又经过一段时间,滑块从小车左端掉下,在这段时间内,已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m,后3s内滑行了10.5m.求(1)小车底板长是多少?(2)从小车开始运动到滑块离开车尾,滑块相对于地面移动的距离是多少?19.(2010•佛山一模)如图所示,竖直放置的金属薄板M、N间距为d.绝缘水平直杆左端从N板中央的小孔穿过,与M板固接,右端处在磁感应强度为B的匀强磁场中.质量为m、带电量为+q的中空小球P,套在水平直杆上,紧靠M板放置,与杆的动摩擦因数为μ.当在M、N板间加上适当的电压U后,P球将沿水平直杆从N板小孔射出,试问:(1)此时M、N哪个板的电势高?它们间的电势差必须大于多少?(2)若M、N间电压U=时,小球能沿水平直杆从N板中央小孔射入磁场,则射入的速率多大?若磁场足够大,水平直杆足够长,则小球在磁场中运动的整个过程中,摩擦力对小球做多少功?20.(2009•广东)如图所示,绝缘长方体B置于水平面上,两端固定一对平行带电极板,极扳间形成匀强电场E,长方体B 的上表面光滑,下表面与水平面的动摩擦因数μ=0.05(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同),B与极板的总质量m B=1.0kg.带正电的小滑块A质量m A=0.6kg,其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布.t=0时刻,小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度v A=1.6m/s向左运动,同时,B(连同极板)以相对地面的速度v B=0.40m/s向右运动.问(g取10m/s2)(1)A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少?(2)若A最远能到达b点,a、b的距离L应为多少?从t=0时刻到A运动到b点时,摩擦力对B做的功为多少?21.(2009•上海)如图,光滑的平行金属导轨水平放置,电阻不计,导轨间距为l,左侧接一阻值为R的电阻.区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,磁场宽度为s.一质量为m,电阻为r的金属棒MN置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,受到F=0.5v+0.4(N)(v为金属棒运动速度)的水平力作用,从磁场的左边界由静止开始运动,测得电阻两端电压随时间均匀增大.(已知l=1m,m=1kg,R=0.3Ω,r=0.2Ω,s=1m)(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动;(2)求磁感应强度B的大小;(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0﹣x,且棒在运动到ef处时恰好静止,则外力F作用的时间为多少?(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力,画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线.22.(2009•南京一模)如图所示,足够长的木板质量M=10kg,放置于光滑水平地面上,以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动.现有足够多的小铁块,它们的质量均为m=1kg,在木板上方有一固定挡板,当木板运动到其最右端位于挡板正下方时,将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上,小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ=0.5,当木板运动了L=1m时,又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块.只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个小铁块,直到木板停止运动.(取g=10m/s2)试问:(1)第1个铁块放上后,木板运动了L时,木板的速度多大?(2)最终木板上放有多少个铁块?(3)最后一个铁块放上后,木板再向右运动的距离是多少?23.(2009•佛山二模)倾角θ为37°的斜面与水平面如图平滑相接,A、B两完全相同的物块静置于斜面上相距S1=4m,B距斜面底端的P点的距离S2=3m,物块与斜面及水平面的动摩擦因数均为μ=0.5.现由静止释放物块A后1秒钟再释放物块B.设AB碰撞的时间极短,碰后就粘连在一起运动.试求:(1)B物块释放后多长时间,AB两物块发生碰撞?(2)AB最后停在距斜面底端P点多远处?取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2.24.(2008•四川)如图,一质量为m=1kg的木板静止在光滑水平地面上.开始时,木板右端与墙相距L=0.08m;质量为m=1kg 的小物块以初速度v0=2m/s 滑上木板左端.木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触.物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.1.木板与墙的碰撞是完全弹性的.取g=10m/s2,求(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时,木板与墙碰撞的次数及所用的时间;(2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离.25.(2008•济南模拟)如图1所示,质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,取g=10m/s2,(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)试求:(1)若木板长L=1m,在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N,经过多长时间铁块运动到木板的右端?(2)若在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F,请在图2中画出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象.(写出分析过程)26.(2008•韶关一模)物体A的质量m1=1kg,静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2=0.5kg、长L=1m,某时刻A以v0=4m/s 的初速度滑上木板B的上表面,为使A不致于从B上滑落,在A滑上B的同时,给B施加一个水平向右的拉力F,若A与B之间的动摩擦因数µ=0.2,试求拉力F大小应满足的条件.(忽略物体A的大小,取重力加速度g=10m/s2)27.(2007•广东)如图所示,质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下,以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动.现有足够多的小铁块,它们的质量均为m=1kg,将一铁块无初速地放在木板的最右端,当木板运动了L=1m时,又无初速度地在木板的最右端放上第2块铁块,只要木板运动了L就在木板的最右端无初速度放一铁块.(取g=10m/s2)试问:(1)第1块铁块放上后,木板运动了L时,木板的速度多大?(2)最终木板上放有多少块铁块?(3)最后一块铁块与木板右端距离多远?28.(2007•海南)如图所示,一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B,以速度v1=30m/s进入向下倾斜的直车道.车道每100m 下降2m.为使汽车速度在s=200m的距离内减到v2=10m/s,驾驶员必须刹车.假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力,且该力的70%作用于拖车B,30%作用于汽车A.已知A的质量m1=2000kg,B的质量m2=6000kg.求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力.取重力加速度g=10m/s2.29.(2007•天津)离子推进器是新一代航天动力装置,可用于卫星姿态控制和轨道修正.推进剂从图中P处注入,在A处电离出正离子,BC之间加有恒定电压,正离子进人B时的速度忽略不计,经加速后形成电流为I的离子束后喷出.已知推进器获得的推力为F,单位时间内喷出的离子质量为J.为研究问题方便,假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力,忽略推进器运动速度.(1)求加在BC间的电压U;(2)为使离子推进器正常运行,必须在出口D处向正离子束注入电子,试解释其原因.30.(2004•广东模拟)飞船降落过程中,在离地面高度为h处速度为v0,此时开动反冲火箭,使船开始做减速运动,最后落地时的速度减为v0若把这一过程当作为匀减速运动来计算,则其加速度的大小等于.已知地球表面处的重力加速度为g,航天员的质量为m,在这过程中航天员对坐椅的压力等于.(三)“牛顿第二定律”难题--压轴题2015.6.4参考答案与试题解析一.选择题(共3小题)1.(2015•抚顺一模)真空中,两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为Q E和Q F,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图中实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向.电场线上标出了M、N两点,其中N点的切线与EF连线平行,且∠NEF>∠NFE.则()A.E带正电,F带负电,且Q E>Q FB.在M点由静止释放一带正电的检验电荷,检验电荷将沿电场线运动到N点C.过N点的等势面与过N点的切线垂直D.负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能考点:电场线;电场的叠加;电势能.专题:压轴题;电场力与电势的性质专题.分析:A、根据电场线的方向和场强的叠加,可以判断出E、F的电性及电量的大小.B、只有电场线方向是一条直线,且初速度为0或初速度的方向与电场平行,运动轨迹才与电场线重合.C、电场线和等势面垂直.D、先比较电势的高低,再根据E p=qU,比较电势能.解答:解:A、根据电场线的流向,知E带正电,F带负电;N点的场强可看成E、F两电荷在该点产生场强的合场强,电荷E在N点电场方向沿EN向上,电荷F在N点产生的场强沿NF向下,合场强水平向右,可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强,而NF>NE,所以Q F>Q E.故A错误.B、只有电场线方向是一条直线,且初速度为0或初速度的方向与电场平行,运动轨迹才与电场线重合.而该电场线是一条曲线,所以运动轨迹与电场线不重合.故B错误.C、因为电场线和等势面垂直,所以过N点的等势面与过N点的切线垂直.故C正确.D、沿电场线方向电势逐渐降低,U M>U N,再根据E p=qU,q为负电荷,知E pM<E pN.故D错误.故选C.点评:解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断.电势能高低判断:一可以从电场力做功角度判断,二根据电势能的公式判断.2.(2014•南充一模)如图所示,平行板电容器AB两极板水平放置,A在上方,B在下方,现将其和二极管串连接在电源上,已知A和电源正极相连,二极管具有单向导电性,一带电小球从AB间的某一固定点水平射入,打在B极板上的N点,小球的重力不能忽略,现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板始终平行),则下列说法正确的是()A.若小球带正电,当AB间距增大时,小球打在N点的右侧B.若小球带正电,当AB间距减小时,小球打在N点的左侧C.若小球带负电,当AB间距减小时,小球可能打在N点的右侧D.若小球带负电,当AB间距增大时,小球可能打在N点的左侧考点:带电粒子在匀强电场中的运动;平行板电容器的电容.专题:压轴题;带电粒子在电场中的运动专题.分析:因为二极管的单向导电性,只能给A充电而不能放电,使得Q只能增大或不变,不能减小.根据U=,C=,E===,Q不变时,改变d,E不变,所以E也只能增大或不变,即小球受的电场力只能增大或不变.解答:A、若小球带正电,当d增大时,电容减小,但Q不可能减小,所以Q不变,根据E===,E不变所以电场力不变,小球仍然打在N点.故A错误.B、若小球带正电,当d减小时,电容增大,Q增大,根据E===,所以d减小时E增大,所以电场力变大向下,小球做平抛运动竖直方向加速度增大,运动时间变短,打在N点左侧.故B正确.C、若小球带负电,当AB间距d减小时,电容增大,则Q增大,根据E===,所以d减小时E增大,所以电场力变大向上,若电场力小于重力,小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小,运动时间变长,小球将打在N点的右侧.故C正确.D、若小球带负电,当AB间距d增大时,电容减小,但Q不可能减小,所以Q不变,根据E===,E不变所以电场力大小不变,小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变,运动时间不变,小球仍落在N点.故D错误.故选:BC.点评:解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法.以及知道二极管的单向导电性.3.(2014•孝南区校级模拟)一对平行金属板长为L,两板间距为d,质量为m,电荷量为e的电子从平行板右侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间,两板间所加交变电压u AB如图所示,交变电压的周期T=,已知所有电子都能穿过平行板,且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出,不计重力作用,则()A.所有电子都从右侧的同一点离开电场B.所有电子离开电场时速度都是v0C.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时动能最大D.t=时刻进入电场的电子,在两板间运动时最大侧位移为考点:带电粒子在匀强电场中的运动.专题:压轴题;带电粒子在电场中的运动专题.分析:电子进入电场后做类平抛运动,不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同,则知不是从同一点离开电场.所有电子都能穿过平行板,竖直方向加速和减速的时间必然相等,飞出电场时,电子只有水平速度.t=0时刻进入电场的电子,离开电场时速度等于v0,电子的动能不是最大.分析t=时刻进入电场的电子运动情况,由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移.解答:解:A、电子进入电场后做类平抛运动,不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图,根据图象的“面积”大小等于位移可知,各个电子在竖直方向的位移不全相同,故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同.故A错误.B、由图看出,所有电子离开电场时竖直方向分速度v y=0,速度都等于v0,故B正确.C、由上分析可知,电子离开电场时的速度都相同,动能都相同.故C错误.D、t=时刻进入电场的电子,在t=时刻侧位移最大,最大侧位移为y max=2=…①在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为,则有:=4×a…②联立①②得:y max=故D正确.故选BD点评:本题作出速度图象,根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况.二.解答题(共27小题)4.(2012•孝南区校级模拟)如图所示,水平传送带AB长l=1.3m,距离地面的高度h=0.20m,木块与地面之间的动摩擦因数μ0=0.20.质量为M=1.0kg的木块随传送带一起以v=2.0m/s的速度向左匀速运动(传送带的传送速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50.当木块运动至最左端A点时,此时一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度u=50m/s,以后每隔1.0s就有一颗子弹射向木块,设子弹射穿木块的时间极短,且每次射入点各不相同,g取10m/s2.求:(1)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中?(2)从第一颗子弹射中木块后到木块最终离开传送带的过程中,木块和传送带间因摩擦产生的热量是多少?(3)如果在木块离开传送带时,地面上有另一相同木块立即从C点以v1=1.0m/s向左运动,为保证两木块相遇,地面木块应在距离B点正下方多远处开始运动?考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;功能关系.专题:压轴题;牛顿运动定律综合专题.分析:子弹击中木块的瞬间动量守恒,用动量守恒动量解出木块向右的初速度,木块在传送带上做匀减速直线运动,由速度时间关系式解出1s后的速度,把其与传送带的速度比较,判断木块是否已经达到匀速,还可以解出此过程中木块向右运动的最大距离;下一个过程再用动量守恒定律与第一过程比较.木块和传送带间因摩擦产生的热量等于滑动。

高考物理考点14 用牛顿第二定律解决两类问题Word版含解析

高考物理考点14 用牛顿第二定律解决两类问题Word版含解析

一、用牛顿第二定律解决动力学问题(1)从受力确定运动情况(Fam )。

(2)从运动情况确定受力(F=ma)。

(3)综合受力分析和运动状态分析,运用牛顿第二定律解决问题。

二、瞬时变化的动力学模型三、传送带模型分析方法四、滑块–木板模型分析方法(2018·福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体)如图所示,质量为m=2 kg的物体放在粗糙的水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2,物体在方向与水平面成α=37°斜向下、大小为10 N的推力F作用下,从静止开始运动,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。

求:(1)5 s末物体的速度大小(2)若5 s末撤去F,物体又经过多久能停下来?【参考答案】(1)57.0m/sv (2)3.5 s 【详细解析】(1)物体受力如图所示,撤去力F后,据牛顿第二定律有–f=ma′解得:a ′=–μg =–2m/s 2则t 止=–v 5/ a ′=3.5 s1.如图所示,质量相同的木块A 、B 用轻质弹簧连接,静止在光滑的水平面上,此时弹簧处于自然状态。

现用水平恒力F 推A ,则从力F 开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中A .弹簧压缩到最短时,两木块的速度相同B .弹簧压缩到最短时,两木块的加速度相同C .两木块速度相同时,加速度a A <a BD .两木块加速度相同时,速度v A >v B 【答案】ACD【解析】从力F 开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中,弹簧弹力逐渐增大,则A 做加速度减小的加速运动,B 做加速度增大的加速运动,A 、B 均由静止开始运动,只要A 的速度大于B 的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中,当A 、B 速度相同时弹簧压缩到最短,画出这一过程A 、B 的v t -图象,则1t 时刻,A 、B 两木块的加速度相同(切线斜率相同),且A B v v >,2t 时刻A 、B 的速度相同,且B A a a >,故ACD 正确,B 错误。

物理牛顿第二定律F=ma试题答案及解析

物理牛顿第二定律F=ma试题答案及解析

物理牛顿第二定律F=ma试题答案及解析1.如图,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( )【答案】A【解析】解答本题时可按以下思路分析:开始时F较小,两物体一起以相同的加速度运动,当F增大到某一值时,两物体相对滑动,m1水平方向仅受滑动摩擦力作用,加速度不变,m2水平方向所受合力增大,加速度增大,因此两物体加速度变化不同.2.如图,质量m="2" kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L="20" m.用大小为30 N,沿水平方向的外力拉此物体,经t="2" s拉至B处.(已知cos37°="0.8," sin37°=0.6.取g="10" m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ;(2)用大小为30 N,与水平方向成37°的力斜向上拉此物体,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求该力作用的最短时间t.【答案】(1)0.5 (2)1.03 s【解析】(1)物体做匀加速运动解得:对物体由牛顿第二定律得:F-μmg=ma解得:(2)设F作用的最短时间为t,物体先以大小为a的加速度匀加速时间t,撤去外力后,以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处,速度恰为0,对物体由牛顿第二定律得:Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma解得:由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因此有:at=a′t′解得:解得:3.如图所示,在高出水平地面h="1.8" m 的光滑平台上放置一质量M="2" kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A,其右段长度l1="0.2" m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="1" kg.B与A左段间动摩擦因数μ=0.4.开始时二者均静止,先对A施加F="20" N 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="1.2" m.(取g="10" m/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左段的长度l2.【答案】(1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m【解析】(1)物块B离开平台后做平抛运动:x=vBth= gt2解之可得vB="2" m/s(2)物块B与A右端接触时处于静止状态,当B与A左端接触时做匀加速直线运动,设加速度为aB,则μmg=maBv B =aBtB又xB = aBtB2解得tB="0.5" s xB="0.5" m(3)A刚开始运动时,A做匀加速直线运动,设加速度为a1,B刚开始运动时,A的速度为v1,加速度为a2,则有F=Ma1v 12=2a1l1F-μmg=Ma2l 2=v1tB+ a2tB2- aBtB2解得l2="1.5" m4.一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。

利用牛顿第二定律解决问题

利用牛顿第二定律解决问题

利用牛顿第二定律解决问题牛顿第二定律是经典物理学中最为重要的定律之一,它提供了描述物体运动和力的关系的基本原理。

根据牛顿第二定律,物体的加速度直接与作用在其上的合力成正比,反比于物体的质量。

通过运用牛顿第二定律,我们可以解决许多与力有关的问题。

本文将通过几个实例,展示如何利用牛顿第二定律解决问题。

1. 弹簧的伸长问题设想在一块光滑的地面上放置了一个质量为m的物体,上面连接着一个弹簧。

现在我们开始将物体推向弹簧的方向,施加一个力F。

根据牛顿第二定律,物体的加速度与作用力成正比,反比于物体的质量。

因此,可以得出如下等式:F = ma,其中a表示物体的加速度。

当物体与弹簧连接时,可以发现,弹簧对物体施加了一个阻力,该阻力与物体与弹簧伸长的距离成正比。

假设弹簧对物体的阻力为-kx,其中k为弹簧的劲度系数,x为物体与弹簧伸长的距离。

那么根据牛顿第二定律,可以得出以下方程:F - kx = ma。

通过解这个方程,我们可以求解出物体的加速度。

进一步,我们还可以通过运用牛顿第二定律,确定物体在任意位置上受到的力。

2. 自由落体问题自由落体是物理学中的一个经典问题。

当一个物体在重力的作用下自由下落时,我们可以利用牛顿第二定律来描述其运动。

根据牛顿第二定律,物体的加速度与所受合力成正比,反比于物体的质量。

在自由落体的情况下,合力为物体的重力,可以表示为F = mg,其中m为物体的质量,g为重力加速度。

将重力代入牛顿第二定律的等式中,可以得到如下方程:mg = ma。

由于在自由落体的情况下,物体所受的阻力可以忽略不计,因此合力就等于物体的重力。

根据这个方程,我们可以求解物体的加速度a,并进一步了解物体的速度和位移。

3. 斜面上的物体滑动问题考虑一个质量为m的物体放置在一个光滑的斜面上,倾角为θ。

如果我们施加一个平行于斜面的力F,那么根据牛顿第二定律,物体的加速度与作用力成正比,反比于物体的质量。

可以得到如下方程:F - mg sinθ = ma。

高中物理必修1《牛顿第二定律》难题有答案解析

高中物理必修1《牛顿第二定律》难题有答案解析

例1. 在粗糙的水平面上,物体在水平推力的作用下,由静止开始做匀加速直线运动,经过一段时间后,将水平推力逐渐减小到零(物体不停止),那么,在水平推力减小到零的过程中A. 物体的速度逐渐减小,加速度逐渐减小B. 物体的速度逐渐增大,加速度逐渐减小C. 物体的速度先增大后减小,加速度先增大后减小D. 物体的速度先增大后减小,加速度先减小后增大答案:D变式1、例2. 如下图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住物体m,现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体一直可以运动到B点,如果物体受到的摩擦力恒定,则A. 物体从A到O先加速后减速B. 物体从A到O加速,从O到B减速C. 物体运动到O点时,所受合力为零D. 以上说法都不对答案:A变式2、例3. 如图所示,固定于水平桌面上的轻弹簧上面放一重物,现用手往下压重物,然后突然松手,在重物脱离弹簧之前,重物的运动为A. 先加速,后减速B. 先加速,后匀速C. 一直加速D. 一直减速答案:A问题2:牛顿第二定律的基本应用问题:例4. 2003年10月我国成功地发射了载人宇宙飞船,标志着我国的运载火箭技术已跨入世界先进行列,成为第三个实现“飞天”梦想的国家,在某一次火箭发射实验中,若该火箭(连同装载物)的质量,启动后获得的推动力恒为,火箭发射塔高,不计火箭质量的变化和空气的阻力。

(取)求:(1)该火箭启动后获得的加速度。

(2)该火箭启动后脱离发射塔所需要的时间。

解析:本题考查牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律在实际中的应用,首先应对火箭进行受力分析,因火箭发射在竖直方向上,一定不要漏掉重力,再利用牛顿第二定律求出火箭加速度,利用匀变速直线运动规律求时间。

(1)如图所示,根据牛顿第二定律:∴(2)设火箭在发射塔上运动的时间为t,则:∴。

答案:(1)(2)例5. 如图(1)所示,沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中,悬挂小球的悬线偏离竖直方向角,球和车厢相对静止,球的质量为1kg。

牛顿第二定律_例题详解

牛顿第二定律_例题详解

牛顿第二定律一、牛顿第二定律1.内容:物体的加速度与所受合外力成正比,与物体的质量成反比,加速度的方向与合外力的方向相同.2.公式:F=ma3、对牛顿第二定律理解:(1)F=ma中的F为物体所受到的合外力.(2)F=ma中的m,当对哪个物体受力分析,就是哪个物体的质量,当对一个系统做受力分析时,如果F是系统受到的合外力,则m是系统的合质量.(3)F=ma中的F与a有瞬时对应关系,F变a则变,F大小变,a则大小变,F方向变a也方向变.(4)F=ma中,F的单位是N,m的单位是kg,a的单位是m/s2.【例1】如图所示,轻绳跨过定滑轮(与滑轮问摩擦不计)一端系一质量为m的物体,一端用F的拉力,结果物体上升的加速度为a1,后来将F的力改为重力为F的物体,m向上的加速度为a2则()A.a1=a2 ;B.a1>a2 C.a1<a2 D.无法判断二、突变类问题(力的瞬时性)(1)物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系,每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力,(2)中学物理中的“绳”和“线”,是理想化模型,具有如下几个特性:A.轻:即绳(或线)的质量和重力均可视为等于零,同一根绳(或线)的两端及其中间各点的张为大小相等。

B.不可伸长:即无论绳所受拉力多大,绳子的长度不变,绳子中的张力可以突变。

(3)中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”,也是理想化模型,具有如下几个特性:A.轻:即弹簧(或橡皮绳)的质量和重力均可视为等于零,同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等。

B.弹簧既能承受拉力,也能承受压力(沿着弹簧的轴线),橡皮绳只能承受拉力。

不能承受压力。

C、由于弹簧和橡皮绳受力时,要发生形变需要一段时间,所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能发生突变。

【例2】如图(a)所示,一质量为m的物体系于长度分别为l1、12的两根细绳上,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,现将l2线剪断,求剪断瞬间物体的加速度。

牛顿第二定律讲解和例题解析

牛顿第二定律讲解和例题解析
综上所述,解决问题的关键是先根据题目中的已知条 件求加速度a,然后再去求所要求的物理量,加速度象纽 带一样将运动学与动力学连为一体.
例1:如图所示.地面上放m=40kg的木箱,用大小为 10N与水平方向夹角300的力推木箱,木箱恰好匀速运动, 若用此力与水平方向成300角斜向上拉木箱,30s可使木箱 前进多少米?(g取10m/s2)
0v2
s相

2a

032
0.9m
25
A从开始运动到相对静止经历的时间
t 0 v相 0.6s a相
在此时间内B的位移 s 1a t2 1.8m
2 B
B
A、B相对静止时的速度v=aBt==
随后A、B一起以a`=-μBg=-2m/s2作匀减速运动直至
停止,这段时间内的位移
0v2 0062
s`
0.09m
与传送带之间的动摩擦因数, AB长16米,求:以下两
种情况下物体从A到B所用的时间.
(1)传送带顺时针方向转动
A
(2)传送带逆时针方向转动
B 370
解:(1)传送带顺时针方向转动时受力如图示
:在斜面方向上有: mg sinθ-μmg cosθ= m a
N fA
则:a = gsinθ-μgcosθ= 2m/s2 B
②若v≥ v,A2 工2件aS由A到B,全程做匀加速运动,到
达B端的速度vB=
vA 22aS 23m/s
③若 vA2 >2avS>vA,工件由A到B,先做匀加速运动, 当速度增加到传送带速度v时,工件与传送带一起作匀速
运动速度相同,工件到达B端的速度vB=v.
④若v≤
v
2 A
,2a工S 件由A到B,全程做匀减速运动,到达

牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析

牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析

牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析1【分析】木块受到外力作用必有加速度,已知外力方向不变,数值变小,根据牛顿第二定律可知,木块加速度的方向不变,大小在逐渐变小,也就是木块每秒增加的速度在减少,由于加速度方向与速度方向一致,木块的速度大小仍在不断增加,即木块作的是加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动.【答】 D.2【分析】物体的加速度由它所受的合外力决定.放在水平桌面上的木块共受到五个力作用:竖直方向的重力和桌面弹力,水平方向的三个拉力.由于木块在竖直方向处于力平衡状态,因此,只需由水平拉力算出合外力即可由牛顿第二定律得到加速度.(1)由于同一平面内、大小相等、互成120°角的三个力的合力等于零,所以木块的加速度a=0.(2)物体受到三个力作用平衡时,其中任何两个力的合力必与第三个力等值反向.如果把某一个力反向,则木块所受的合力F合=2F=20N,所以其加速度为:它的方向与反向后的这个力方向相同.3【误解一】选(B)。

【误解二】选(C)。

【正确解答】选(A)。

【错因分析与解题指导】 [误解一]依据物体沿斜面下滑的事实臆断物体受到了下滑力,不理解下滑力是重力的一个分力,犯了重复分析力的错误。

[误解二]中的“正压力”本是垂直于物体接触表面的力,要说物体受的,也就是斜面支持力。

若理解为对斜面的正压力,则是斜面受到的力。

在用隔离法分析物体受力时,首先要明确研究对象并把研究对象从周围物体中隔离出来,然后按场力和接触力的顺序来分析力。

在分析物体受力过程中,既要防止少分析力,又要防止重复分析力,更不能凭空臆想一个实际不存在的力,找不到施力物体的力是不存在的。

4【误解一】选(A)。

【误解二】选(B)。

【误解三】选(D)。

【正确解答】选(C)。

【错因分析与解题指导】要计算摩擦力,应首先弄清属滑动摩擦力还是静摩擦力。

若是滑动摩擦,可用f=μN计算,式中μ为滑动摩擦系数,N是接触面间的正压力。

若是静摩擦,一般应根据物体的运动状态,利用物理规律(如∑F=0或∑F = ma)列方程求解。

高三物理牛顿第二定律F=ma试题答案及解析

高三物理牛顿第二定律F=ma试题答案及解析

高三物理牛顿第二定律F=ma试题答案及解析1.如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动。

质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。

现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量,若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块()A.最大速度相同B.最大加速度相同C.上升的最大高度不同D.重力势能的变化量不同【答案】C【解析】当加速度等于零,即时,速度最大,又两物块的质量不同,故速度最大的位置不同,最大速度也不同,所以A错误;在离开弹簧前加速度先减小后增大,离开弹簧后不变,刚开始运动时,根据牛顿第二定律,弹力相同,质量不同,故加速度不同,离开弹簧后加速度相同,故B错误;根据能量守恒,弹性势能相同,质量不同,故上升的最大高度不同,故C正确;重力势能的变化量等于弹性势能的减少,故是相同的,所以D错误。

【考点】本题考查牛顿第二定律、能量守恒2.如图甲所示,空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,让质量为m、电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。

不计粒子重力和粒子间的影响。

(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射,恰好能经过x轴上的A(a,0)点,求v1的大小;(2)已知某一粒子的初速度大小为v(v>v1),为使该粒子仍能经过A(a,0)点,其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个,并求出对应的sinθ值;(3)如图乙所示,若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场,一粒子从O点以初速v0沿y轴正向发射。

研究表明:该粒子将在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与场强大小E无关。

求该粒子运动过程中的最大速度值vm?【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)当粒子沿y轴正向入射,转过半个圆周至A点,半径R1=a/2由运动定律有解得(2)如右图所示,O、A两点处于同一圆周上,且圆心在x=的直线上,半径为R,当给定一个初速率v时,有2个入射角,分别在第1、2象限。

专题16 牛顿第二定律(解析版)

专题16 牛顿第二定律(解析版)

专题16 牛顿第二定律(1)牛顿第二定律:物体的加速度跟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。

(2)牛顿第二定律是实验定律,实验采用“控制变量法”进行研究。

(3)对牛顿第二定律的理解①矢量性:牛顿第二定律是一个矢量方程,加速度与合外力方向一致.②瞬时性:力是产生加速度的原因,加速度与力同时存在、同时变化、同时消失.③独立性:当物体受几个力的作用时,每一个力分别产生的加速度只与此力有关,与其它力无关,这些加速度的矢量和即物体运动的加速度.④同体性:公式中,质量、加速度和合外力均应对应同一个物体(系统).1.理解加速度与力的关系,知道得出这个关系的实验.2.理解加速度与质量的关系,知道得出这个关系的实验.3.知道国际单位制中力的单位是怎样定义的.4.理解牛顿第二定律的内容,知道牛顿第二定律表达式的确切含义.5.会用牛顿第二定律的公式进行计算.[典例1]如图所示,质量分别为m A 和m B 的A 和B 两球用轻弹簧连接,A 球用细绳悬挂起来,两球均处于静止状态.如果将悬挂A 球的细线剪断,此时A 和B 两球的瞬时加速度各是多少?【解析】物体在某一瞬间的加速度,由这一时刻的合外力决定,分析绳断瞬间两球的受力情况是关键.由于轻弹簧两端连着物体,ma F 合知识精讲 课程要求 典例剖析物体要发生一段位移,需要一定时间,故剪断细线瞬间,弹力与剪断前相同.先分析细线未剪断时,A 和B 的受力情况,如图所示,A 球受重力、弹簧弹力F 1及细线的拉力F 2;B 球受重力、弹力F 1′,且F 1′=m B g剪断细线瞬间,F 2消失,但弹簧尚未收缩,仍保持原来的形变,即:F 1不变,故B 球所受的力不变,此时a B =0,而A 球的加速度为:a A =A B A A A m g m m m F g m )(1+=+,方向竖直向下. 答案:A B A m g m m )(+,方向竖直向下 0 【点评】:牛顿第二定律的核心是加速度与合外力的瞬时对应关系.某时刻的加速度叫瞬时加速度,是由瞬时合外力决定的.解决这类问题时要注意,当指定的某个力发生变化时,是否还隐含着其他力也发生变化,像弹簧、橡皮绳等提供弹力时,由于形变量较大,弹力不会瞬间改变,而细绳、钢丝则不同,由于它的形变量很小,所提供的弹力会在瞬时改变.[典例2]如图A 所示,一质量为m 的物体系于长度分别为l 1、l 2的两根细线上,l 1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ,l 2水平拉直,物体处于平衡状态.现将l 2线剪断,求剪断瞬时物体的加速度?若将图A 中的细线l 1改为长度相同、质量不计的轻弹簧,如图B 所示,其他条件不变,求求剪断轻弹簧瞬时物体的加速度?【解析】设l 1线上拉力为T 1,l 2轻弹簧上拉力为T 2,重力为mg ,物体在三力作用下保持平衡T 1cos θ=mg ,T 1sin θ=T 2,T 2=mg tg θ,剪断线的瞬间,弹簧的长度末发生变化,力大小和方向都不变,物体即在T 2反方向获得加速度.因为mg tg θ=ma ,所以加速度a =gtg θ,方向在T 2反方向。

(完整版)牛顿第二定律应用的典型问题讲解

(完整版)牛顿第二定律应用的典型问题讲解

牛顿第二定律应用的典型问题1. 力和运动的关系力是改变物体运动状态的原因,而不是维持运动的原因。

由F ma 知,加速度与力有直接关系,分析清楚了力,就知道了加速度,而速度与力没有直接关系。

速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系,加速度与速度同向时,速度增加;反之减小。

在加速度为零时,速度有极值。

例1。

如图1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,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。

在小球下落的这一全过程中,下列说法中正确的是( )A 。

小球刚接触弹簧瞬间速度最大B 。

从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C 。

从小球接触弹簧到到达最低点,小球的速度先增大后减小D. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的加速度先减小后增大 图1 例2。

一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是( )A. 探测器加速运动时,沿直线向后喷气 B 。

探测器加速运动时,竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时,竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时,不需要喷气学生精练1.如右图所示,一物块在光滑的水平面上受一恒力F 的作用而运动,其正前方固定一个足够长的轻质弹簧,当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中,下列说法中正确的是 【 】 A .物块接触弹簧后即做减速运动 B .物块接触弹簧后先加速后减速C .当弹簧处于最大压缩量时,物块的加速度不为零D .当弹簧的弹力等于恒力F 时,物块静止E .当物块的速度为零时,它受到的合力不为零2.如右图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O 点并系住物体m ,现将弹簧压缩到A 点,然后释放,物体一直可以运动到B 点,如果物体受到的摩擦力大小恒定,则 【 】A .物体从A 到O 先加速后减速B .物体从A 到O 加速,从O 到B 减速C .物体在A 、O 间某点时所受合力为零D .物体运动到O 点时所受合力为零2瞬时问题【例1】如图如图(a )所示,一质量为m 的物体系于长度分别为L 1、L 2的两根细线上,L 1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ,L 2水平拉直,物体处于平衡状态。

4.3牛顿第二定律(解析版)

4.3牛顿第二定律(解析版)

4.3牛顿第二定律1.掌握牛顿第二定律的内容及数学表达式。

2.理解公式中各物理量的意义及相互因果关系。

3.会用牛颅第二定律公式进行有关计算。

一、牛顿第二定律的表达式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、表达式为F=kma。

二、力的单位1、力的国际单位:牛顿,简称牛,符号为N.2、“牛顿”的定义:使质量为1 kg 的物体产生 1 m/s2的加速度的力叫做1 N,即 1 N=1kg·m/s2.由 1N=1m/s2 可得F = ma三、对牛顿第二定律的理解1、表达式F=ma的理解(1)单位统一:表达式中F、m、a 三个物理量的单位都必须是国际单位.(2)F的含义:F 是合力时,加速度a 指的是合加速度,即物体的加速度;F 是某个力时,加速度a 是该力产生的加速度.2、牛顿第二定律的六个特性 性质理解 因果性力是产生加速度的原因,只要物体所受的合力不为 0,物体就具有加速度 矢量性F =ma 是一个矢量式.物体的加速度方向由它受的合力方向决定,且总与合力的方向相同 瞬时性加速度与合外力是瞬时对应关系,同时产生,同时变化,同时消失 同体性F =ma 中,m 、a 都是对同一物体而言的 独立性作用在物体上的每一个力都产生加速度,物体的实际加速度是这些加速度的矢量和 相对性 物体的加速度是相对于惯性参考系而言的,即牛顿第二定律只适用于惯性参考系3、合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小,或是零,只要合力不为零,物体都有加速度。

(2)a =Δv/Δt 是加速度的定义式,a 与Δv 、Δt 无必然联系;a =F/m 是加速度的决定式,a ∝F ,a ∝1/m 。

(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。

四、牛顿第二定律的简单应用1.应用牛顿第二定律解题的一般步骤(1)确定研究对象.(2)进行受力分析和运动状态分析,画出受力分析图,明确运动性质和运动过程.(3)求出合力或加速度.(4)根据牛顿第二定律列方程求解.2.应用牛顿第二定律解题的方法(1)矢量合成法:若物体只受两个力作用,应用平行四边形定则求这两个力的合力,加速度的方向即物体所受合力的方向.(2)正交分解法:当物体受多个力作用时,常用正交分解法求物体所受的合外力.①建立坐标系时,通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度),将物体所受的力正交分解后,列出方程F x =ma ,F y =0.②特殊情况下,若物体的受力都在两个互相垂直的方向上,也可将坐标轴建立在力的方向上,正交分解加速度a .根据牛顿第二定律⎩⎪⎨⎪⎧F x =ma x F y =ma y 列方程求解.题型1牛顿第二定律的理解[例题1](多选)对牛顿第二定律的理解正确的是()A.由F=ma可知,F与a成正比,m与a成反比B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时,物体才受到外力的作用C.加速度的方向总跟合外力的方向一致D.当外力停止作用时,加速度随之消失【解答】解:A、根据牛顿第二定律a=Fm可知,物体的加速度与其所受合外力成正比,与其质量成反比,故A错误;B、加速度与合力的关系是瞬时对应关系,a随合力的变化而变化,故B错误,D正确;C、加速度的方向与合力的方向相同,故C正确;故选:CD。

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(二)“牛顿第二定律”难题--压轴题参考答案与试题解析9.(2011•历城区校级模拟)在一个与水平面成α角的粗糙斜面上的A点放着一个物体,它系于一根不可伸长的细绳上,绳子的另一端B通过小孔C穿出底面,如图所示,开始时物体与C等高,当物体开始缓慢下滑时,适当的拉动绳端B,使物体在斜面上划过一个半圆到达C,则A和斜面之间的动摩擦因数μ为()A.s inαB.c osαC.t anαD.c otα考点:牛顿第二定律;力的合成与分解的运用;向心力.专题:压轴题;牛顿第二定律在圆周运动中的应用.分析:物体缓慢转动,近似平衡,受力分析后,根据平衡条件列式求解.解答:解:物体在斜面上缓慢运动时,受到4个力:重力G,绳子的拉力F,斜面的支持力F2,物体在运动时受到的摩擦1力F3,这四个力的合力近似为零;其中F1和F3同斜面平行,F2同斜面垂直,G同斜面成(90°﹣α).根据各力之间的平衡的原则,可列出以下公式:在垂直斜面方向,有:F2=G•cos α因此有摩擦力F3=μ F2=μGcosα接下来考虑平行于斜面的力,为了简化问题状态,可以直接以A点处的系统状态来进行分析,此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的,即应该是近似平衡的,有μGcosα=Gsinα因此μ=tan α故选C.点评:这个解法最有技巧的部分就是选取了A点处受力分析,根据平衡条件得到重力的下滑分量等于摩擦力,然后列式求解;当然,也可以对其它点处,运用平衡条件列式.11.(2007•徐州模拟)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学利用压电陶瓷设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理如图(a)所示,将压电陶瓷和一块挡板固定在绝缘小车上,中间放置一个绝缘重球,它的直径略小于陶瓷和挡板间的距离.小车向右做直线运动过程中,电压流表示数如图(b)所示,下列判断正确的是()A.从t到t2时间内,小车做变加速直线运动1B.从t到t2时间内,小车做匀加速直线运动1C.从t到t3时间内,小车做匀加速直线运动2D.从t到t3时间内,小车做匀速直线运动2考点:牛顿第二定律;闭合电路的欧姆定律.专题:压轴题;恒定电流专题.分析:根据图象,结合题意,得到压力的变化规律,再根据牛顿第二定律判断出加速度的变化规律,从而得到小车的运动情况.解答:解:A、B、从t到t2时间内,压电陶瓷两端电压变大,故受到的压力变大,故其对小球有向右且不断变大的压力,1故小球的加速度不断变大,水平向右,由于速度向右,故小球向右做加速度不断变大的加速运动,故A正确,B错误;C、D、从t2到t3时间内,电陶瓷两端电压不变,故受到的压力恒定,故其对小球有向右且恒定大的压力,故小球的加速度恒定,水平向右,由于速度向右,故小球向右做匀加速直线运动,故C正确,D错误;故选AC.点评:本题关键是对小球受力分析,根据图象得到压力的变化规律,然后根据牛顿第二定律判断出加速度的情况,最后得到小车的运动情况.16.(2010•越秀区三模)如图所示装置中,光滑的定滑轮固定在高处,用细线跨过该滑轮,细线两端各拴一个质量相等的砝码m1和m2.在铁架上A处固定环状支架z,它的孔只能让m1通过.在m1上加一个槽码m,m1和m从O点由静止释放向下做匀加速直线运动.当它们到达A时槽码m被支架z托住,m1继续下降.在下图中能正确表示m1运动速度v与时间t和位移x与时间t关系图象的是()A.B.C.D.考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的图像.专题:压轴题;牛顿运动定律综合专题.分析:由题,开始在m上加一个槽码m时,由O点释放向下做匀加速直线运动,当槽码m被支架Z托住时,对m1 进行受力1分析,受到重力和绳子的拉力,又因为m1=m2,此时受力平衡,做匀速运动.解答:解:分析物体的运动情况:在m上加一个槽码m时,两者一起由O点释放向下做匀加速直线运动,所以开始时v﹣t1图象是一条过原点的倾斜的直线,位移s与时间t关系图象是抛物线;当槽码m被支架Z托住时,对m1 进行受力分析:受到重力和绳子的拉力,因为m1=m2,所以此时受力平衡,做匀速运动,所以v﹣t图象是一条平行时间轴的直线,位移s与时间t关系图象是一条倾斜的直线,故A、D正确;B、C错误.故选A、D.点评:该题要求考生能根据受力情况判断运动情况,并能根据运动情况画出速度v与时间t和位移s与时间t关系图象,难度适中.17.(2010•松江区二模)如图所示,足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动,传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接,曲面上的A点距离底部的高度为h=.一小物块从A点静止滑下,再滑上传送带,经过一段时间又返回曲面,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.若v=1m/s,则小物块能回到A点B.若v=3m/s,则小物块能回到A点C.若v=5m/s,则小物块能越过A点D.无论v等于多少,小物块均能回到A点考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题:压轴题;传送带专题.分析:物体从曲面冲上传送带后,受到向右的滑动摩擦力,减速向左滑行,之后依然受到向右的滑动摩擦力,会继续向右加速,然后分两种情况分析.解答:解:小物块从A点滑到传送带的过程中运用动能定理的:=mgh解得:v0=3m/s设小物块返回传送带右端时的速度为v1,由于传送带足够长,物体减速向左滑行,直到速度减为零,然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速,分两种情况讨论:①当传送带的速度v≥3 m/s时,由匀变速直线运动的规律v2﹣v02=2ax分析可知,物体的加速和减速运动的位移的大小相同,小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s,物体恰好能回到A点,故B正确,C错误;③如果v<3m/s,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速,当速度增大到等于传送带速度时,物体还在传送带上,之后不受摩擦力,故物体与传送带一起向右匀速运动,物体离开传送带滑上曲面时的速度为v且小于3m/s,根据动能定理可知小物块不能回到A点,故A、D错误;故选:B.点评:本题关键是对于物体返回的过程分析,物体可能一直加速,也有可能先加速后匀速运动.三.解答题(共6小题)25.(2014•河西区二模)物体A的质量M=1kg,静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m=、长L=1m.某时刻A以v0=4m/s 向右的初速度滑上木板B的上表面,在A滑上B的同时,给B施加一个水平向右的拉力.忽略物体A的大小,已知A与B之间的动摩擦因数µ=,取重力加速度g=10m/s2.试求:(1)若F=5N,物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离;(2)如果要使A不至于从B上滑落,拉力F大小应满足的条件.考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题:压轴题;牛顿运动定律综合专题.分析:首先分析物体A和车的运动情况:A相对于地做匀减速运动,车相对于地做匀加速运动.开始阶段,A的速度大于车的速度,则A相对于车向右滑行,当两者速度相等后,A相对于车静止,则当两者速度相等时,物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离.由牛顿第二定律和运动学公式结合,以及速度相等的条件,分别求出A与车相对于地的位移,两者之差等于A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离.要使A不从B上滑落,是指既不能从B的右端滑落,也不能左端滑落.物体A不从右端滑落的临界条件是A到达B的右端时,A、B具有共同的速度,根据牛顿第二定律和运动学公式结合,以及速度相等的条件,可求出此时F,为F的最小值.物体A不从左端滑落的临界条件是A到达B的左端时,A、B具有共同的速度,可求出此时F的最大值,综合得到F的范围.解答:解:(1)物体A滑上木板B以后,作匀减速运动,有µMg=Ma得a A=µg=2 m/s2A木板B作加速运动,有F+µMg=ma B,得:a B=14 m/s2两者速度相同时,有V0﹣a A t=a B t,得:t=A滑行距离:S A=V0t﹣=mB滑行距离:S B==m最大距离:△s=S A﹣S B=(2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时,A、B具有共同的速度v1,则:…①又:…②由①、②式,可得:a B=6m/s2 F=ma B﹣µMg=1N若F<1N,则A滑到B的右端时,速度仍大于B的速度,于是将从B上滑落,所以F必须大于等于1N.当F较大时,在A到达B的右端之前,就与B具有相同的速度,之后,A必须相对B静止,才不会从B的左端滑落.即有:F=(m+M)a,µMg=ma所以:F=3N若F大于3N,A就会相对B向左滑下.综上:力F应满足的条件是:1N≤F≤3N答:(1)若F=5N,物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为.(2)要使A不至于从B上滑落,拉力F大小应满足的条件是1N≤F≤3N点评:牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法,这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况,难点在于分析临界状态,挖掘隐含的临界条件.26.(2013•安徽)如图所示,质量为M、倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上,底部与地面的动摩擦因数为μ,斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连接着质量为m的物块.压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放,且物块在以后的运动中,斜面体始终处于静止状态.重力加速度为g.(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度;(2)选物块的平衡位置为坐标原点,沿斜面向下为正方向建立坐标轴,用x表示物块相对于平衡位置的位移,证明物块做简谐运动;(3)求弹簧的最大伸长量;(4)为使斜面始终处于静止状态,动摩擦因数μ应满足什么条件(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力)?考点:牛顿第二定律;胡克定律.专题:压轴题;牛顿运动定律综合专题.分析:(1)物体平衡时,受重力、支持力和弹簧的弹力,三力平衡,根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解;(2)简谐运动的回复力满足F=﹣kx形式;(3)简谐运动具有对称性,先求解出振幅,然后确定最大伸长量;(4)当滑块处于任意位移x处时,能保持静止即可,对斜面体受力分析后根据平衡条件列式求解,然后将最大位移打入即可.解答:解:(1)物体平衡时,受重力、支持力和弹簧的弹力,根据平衡条件,有:mgsinα=k•△x解得:故弹簧的长度为;(2)物体到达平衡位置下方x位置时,弹力为:k(x+△x)=k(x+);故合力为:F=mgsinα﹣k(x+)=﹣kx;故物体做简谐运动;(3)简谐运动具有对称性,压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放,故其振幅为:A=;故其最大伸长量为:A+△x=;(4)设物块位移x为正,斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力,如图根据平衡条件,有:水平方向:f+F N1sinα﹣Fcosα=0竖直方向:F N2﹣Mg﹣F N1cosα﹣Fsinα=0又有:F=k(x+△x),F N1=mgcosα联立可得:f=kxcosα,F N2=Mg+mg+kxsinα为使斜面体保持静止,结合牛顿第三定律,应该有|f|≤μF N2,所以当x=﹣A时,上式右端达到最大值,于是有:答:(1)物块处于平衡位置时弹簧的长度为;(2)证明如上;(3)弹簧的最大伸长量为;(4)为使斜面始终处于静止状态,动摩擦因数μ应满足的条件为:.点评:本题关键是先对滑块受力分析,然后根据牛顿第二定律列式分析;最后对斜面体受力分析,确定动摩擦因素的最小值,难题.28.(2012•如皋市校级模拟)如图所示,长L=,高h=,质量M=10kg的长方体木箱,在水平面上向右做直线运动.当木箱的速度v0=s时,对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N,并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点,放在P点时相对于地面的速度为零),经过一段时间,小球脱离木箱落到地面.木箱与地面的动摩擦因数为,其他摩擦均不计.取,求:(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间;(2)小球放上P点后,木箱向右运动的最大位移;(3)小球离开木箱时木箱的速度.考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与位移的关系;自由落体运动.专题:压轴题;牛顿运动定律综合专题.分析:(1)小球离开木箱后做自由落体运动,根据位移时间关系可以求得时间;(2)对木箱受力分析,求出加速度,可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间;(3)先对木箱受力分析,根据牛顿第二定律求得加速度,然后可以先根据位移时间关系公式求得时间,再根据速度时间公式求末速度,也可以直接根据速度位移关系公式求末速度.解答:解:(1)木箱上表面的摩擦不计,因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态,离开木箱后将作自由落体运动.由,得小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为.(2)小球放到木箱后,木箱的加速度为:木箱向右运动的最大位移为:小球放上P点后,木箱向右运动的最大位移为.(3)x1小于1m,所以小球不会从木箱的左端掉下木箱向左运动的加速度为设木箱向左运动的距离为x2时,小球脱离木箱,则:设木箱向左运动的时间为t2,则:由得:所以,小球离开木箱的瞬间,木箱的速度方向向左,大小为:v2=a2t2=×1=s.点评:本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度,然后根据运动学公式求解待求量.29.(2012•四会市校级二模)光滑水平面上有一质量为M、长度为L的木板AB,在木板的中点有一质量为m的小木块,木板上表面是粗糙的,它与木块间的动摩擦因数为μ.开始时两者均处于静止状态,现在木板的B端加一个水平向右的恒力F,则:(1)木板和木块运动的加速度是多大?(2)若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前,木块能从木板上滑出,则水平向右的恒力F应满足什么条件?考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题:压轴题;牛顿运动定律综合专题.分析:(1)木块运动的最大加速度为,若F≤μ(m+M)g,木板和木块一起做匀加速运动,用整体法受力分析用牛顿第二定律求加速度.若F>μ(m+M)g,木块、木板加速度不一样,用隔离法分别对木块和木板水分析,用牛顿第二定律求加速度.(2)分别找出木块的位移和木板的位移,运用位移公式列式,求出加速度的关系,在根据(1)问中求出的加速度表达式,即可求出F的大小.解答:解:(1)木块运动的最大加速度为…①若F≤μ(m+M)g,木板和木块一起做匀加速运动,根据牛顿第二定律,共同加速度为…②若F>μ(m+M)g,设木块、木板加速度分别为a1、a2,则a1=a m=μg…③…④(2)设在木板的B端到达距右方距离为L的P点时,木块恰能从木板上滑出,相对滑动时间为t,水平向右的恒力F0,则…⑤…⑥由③④⑤⑥式得 F0=μ(2M+m)g则在木板的B端到达距右方距离为L的P点前,木块能从木板上滑出应满足F>μ(2M+m)g答:(1)若F≤μ(m+M)g,木板和木块一起做匀加速运动,其加速度为若F>μ(m+M)g,木板的加速度为,木块运动的加速度为μg.(2)若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前,木块能从木板上滑出,则水平向右的恒力F应满足F>μ(2M+m)g.点评:本题首先要分析物体的运动情况,其次把握滑块不从木板上滑下的条件,即两物体之间的几何关系.。

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