2021届人教版高考物理一轮总复习练习(8) 牛顿第二定律 两类动力学问题

课时提能演练（八）牛顿第二定律两类动力学问题(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题只有一个选项正确)1.(2018·海南高考)一质点受多个力的作用,处于静止状态。

现使其中一个力的大小逐渐减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。

在此过程中,其他力保持不变,则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A.a和v都始终增大B.a和v都先增大后减小C.a先增大后减小,v始终增大D.a和v都先减小后增大【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:(1)知道共点力的平衡条件。

(2)能根据牛顿第二定律分析加速度。

【解析】选C。

质点受多个力的作用,处于静止状态,则多个力的合力为零,其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反,使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来的大小,则所有力的合力先变大后变小,但合力的方向不变,根据牛顿第二定律,a先增大后减小,v始终增大,故选C。

2.如图所示,底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1kg的物块,在水平地面上,当小车做匀速直线运动时,两弹簧测力计的示数均为10N,当小车做匀加速直线运动时,弹簧测力计甲的示数为8N,这时小车运动的加速度大小是( )A.2 m/s2B.4 m/s2C.6 m/s2D.8 m/s2【解析】选B。

小车做匀速直线运动时,物块随小车也做匀速直线运动,两弹簧测力计示数均为10N,形变相同,弹簧测力计甲的示数变为8N,形变减小Δx,弹簧测力计乙形变要增加Δx,故弹簧测力计乙的示数为12N,物块受到的合外力F=4N,故加速度的大小是a==m/s2=4m/s2,选项B正确。

3.汽车正在走进千家万户,在给人们的出行带来方便的同时也带来了安全隐患。

行车过程中,如果车距较近,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带,假定乘客质量为70kg,汽车车速为90km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s,安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦) ( )A.450 NB.400 NC.350 ND.300 N【解析】选C。

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课时分层集训(八）牛顿第二定律两类动力学问题（限时：４０分钟）［基础对点练］牛顿第二定律的理解1.(２0１8·武汉模拟)如图3。

2。

１1所示，老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中，空气对老鹰的作用力可能是图中的( )图３。

2。

１1A.Ｆ１ﻩB．F2C.F３ﻩD.Ｆ4B [老鹰沿虚线由M到N做减速运动，合外力与初速度的方向相反,由受力分析可知,空气的阻力与重力的合力方向与ＭＮ反向，因此空气对老鹰的作用力可能是题图中的F2，B正确．］2．(多选)如图3­2。

１２所示,一木箱在斜向下的推力F作用下以加速度a在粗糙水平地面上做匀加速直线运动.现将推力Ｆ的大小增大到３F，方向不变,则木箱做匀加速直线运动的加速度可能为( )【导学号：8４370１19】图3.２­12A．2aﻩB．3ａC.４aD.5aCD[对木箱受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可知水平方向:Ｆｃoｓθ-ｆ＝ma，根据平衡条件可知竖直方向:F sin θ＋ｍg－Ｎ=０,其中f=μN,解得a＝错误!－μｇ；若F变为３倍,加速度增加大于２倍，故C、D正确，A、B错误．]牛顿第二定律的瞬时性３．(多选)（2０18·天水一模）如图3.２­1３所示，在动摩擦因数μ＝0．2的水平面上有一个质量m=1 ｋｇ的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间（g 取10 m／s2)，下列说法中正确的是( )图3。

瞬时性问题、动力学中的两类基本问题一、瞬时问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．二、动力学两类基本问题1.解题指导（1）做好两个分析：①受力分析，表示出合力与分力的关系；②运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.（2）熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.（3）把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．2.必备知识（1）基本思路（2）基本步骤（3）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。

三、针对练习1、如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。

已知重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

下列结论正确的是( )A ．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43mgB ．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC ．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD ．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为53g2、如图所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A ，B 球，在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ B ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ C ．C 对地面的压力等于A ，B 和C 的重力之和 D ．地面对C 无摩擦力3、如图所示，物块1的质量为3m ，物块2的质量为m ，两者通过弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( ) A ．a 1＝0，a 2＝g B ．a 1＝g ，a 2＝g C ．a 1＝0，a 2＝4 g D ．a 1＝g ，a 2＝4 g4、如图所示，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减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( ) A ．2F 3 2F 3m ＋gB ．F 3 2F3m＋gC ．2F 3 F 3m＋gD ．F 3 F3m＋g5、如图，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g )( ) A ．图甲中A 球的加速度不为零 B ．图乙中两球加速度均为g sin θ 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3倍6、如图所示，质量为2 kg 的物体B 和质量为1 kg 的物体C 用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。

专题08 牛顿第二定律-2021年高考物理一轮复习基础夯实专练1.某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。

图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一段与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。

本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010kg。

实验步骤如下：（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。

（2）将n（依次取n=1,2,3,4,5）个钩码挂在轻绳右端，其余N-n各钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。

释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s-t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。

（3）对应于不同的n的a值见下表。

n=2时的s-t图像如图(b)所示：由图（b）求出此时小车的加速度（保留2位有效数字），将结果填入下表。

（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a-n图像。

从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。

（5）利用a–n图像求得小车（空载）的质量为_______kg（保留2位有效数字，重力加速度取g=9.8 m·s–2）。

（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______（填入正确选项前的标号）A．a–n图线不再是直线B．a–n图线仍是直线，但该直线不过原点C．a–n图线仍是直线，但该直线的斜率变大【答案】：（3）（0.38-0.40）（4）a-n图线如图（5）0.45 kg（6）BC【解析】：（3）根据公式212s at =可以代入数据得0.39a =； （4）在图C 中作出点（2，0.39），作图如上所示；（5）由图C 可知，当n=4时，加速度为0.78，由牛顿第二定律可得：40.019.8(50.01)0.78m ⨯⨯=+⨯⨯解得m=0.45kg ；（6）若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力，根据牛顿第二定律得：00000000000[(5)](5)[(5)]5555nm g m n m g m m a nm g m n m g m g m g mga n m m m m m m m m μμμμ-+-=++-+=-=-++++关于a -n 的图像仍为直线，但不过原点，与原来相比斜率变大，因此BC 选项正确。

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题考纲考情核心素养►单位制Ⅰ►牛顿第二定律及其应用Ⅱ►基本单位、导出单位、单位制和国际单位制等．►牛顿第二定律及其适用范围.物理观念全国卷5年14考高考指数★★★★★►应用牛顿第二定律对实际问题进行分析、推理和判断.科学思维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公式推导出的其他物理量的单位．(4)力学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(公斤)kg时间t 秒s长度l 米m知识点二两类动力学问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动．(2)已知运动情况求物体的受力．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由牛顿第二定律和运动学公式列方程求解，具体逻辑关系如下：1．思考判断(1)物体减速时，加速度方向与速度方向相反．(√)(2)相同质量的物体，加速度越大，所受合外力越大．(√)(3)物体加速度由运动状态决定，与所受力无关．(×)(4)物体加速度减小时，速度一定减小．(×)(5)质量不变的物体所受合外力发生变化，加速度也一定发生变化．(√)(6)牛顿为力学基本单位．(×)2．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度，即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适，加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是(C)A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s解析：新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应该是m/s3，选项C正确．3．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．作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中(D)A．物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小B．物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小C．物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定F>f，且ma＝F－f；当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F<f后，此时ma＝f－F，F 减小，加速度增大，且加速度与速度方向相反，物体减速，综合所述，选项D正确．4．(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)(ACD)A．3 N B．25 N C．30 N D．50 N解析：若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．5．在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则此时小明的(B)A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下解析：根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力．小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确．考点1牛顿第二定律的性质题型1合力、速度、加速度间的关系1.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(A)解析：小球从接触弹簧开始，所受合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动；运动到某个位置时，弹簧弹力等于重力，合力为零，加速度为零，速度最大；然后弹力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动；运动到最低点时，速度为零，加速度最大．根据对称性可知，到达最低点时小球的加速度大于g，选项A正确，B、C、D错误．名师点睛合力、速度、加速度间的关系(1)在质量一定时，物体的加速度由合力决定，合力大小决定加速度大小，合力方向决定加速度方向，合力恒定，加速度恒定；合力变化，加速度变化.(2)做直线运动的物体，只要速度和加速度方向相同，速度就增大；只要速度和加速度方向相反，速度就减小.题型2牛顿第二定律的矢量性2. (多选)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(BCD)A．小车对物块B的摩擦力大小为μmgB．小车对物块B的摩擦力水平向右C．小车对物块B的摩擦力大小为mg tanθD．小车对物块B的合力大小为mg1＋tan2θ解析：对小球A做受力分析，由牛顿第二定律得，m A g tanθ＝m A a A，故a A＝g tanθ，方向水平向右；B相对于小车静止，则有a B＝g tanθ，方向水平向右，B受合力F合＝f＝ma B＝mg tanθ；小车对B的合力F ＝F2N＋f2＝mg1＋tan2θ.故B、C、D正确，A错误．3．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为(重力加速度为g)(A)A．T＝m(g sinθ＋a cosθ)，F N＝m(g cosθ－a sinθ)B．T＝m(g cosθ＋a sinθ)，F N＝m(g sinθ－a cosθ)C．T＝m(a cosθ－g sinθ)，F N＝m(g cosθ＋a sinθ)D．T＝m(a sinθ－g cosθ)，F N＝m(g sinθ＋a cosθ)解析：当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力，绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面，小球的受力情况如图所示：水平方向上，由牛顿第二定律得：T cosθ－F N sinθ＝ma①竖直方向受力平衡，则有T sinθ＋F N cosθ＝mg②联立①、②两式可得：T＝m(g sinθ＋a cosθ)，F N＝m(g cosθ－a sinθ)，故选A.名师点睛对牛顿第二定律矢量性的理解(1)由于加速度的方向与合力的方向总相同，若已知合力的方向，即可确定加速度的方向；反之，若已知加速度的方向，即可确定合力的方向.(2)牛顿第二定律为矢量表达式，可以对力或加速度分解列出分量式.题型3牛顿第二定律的瞬时性4．(多选)如图，质量相等的A、B两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行．在突然撤去挡板的瞬间(CD)A．两图中每个小球加速度均为g sinθB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sinθD．图乙中B球的加速度为g sinθ解析：本题考查瞬时性问题．撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，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 sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ.故A、B错误，C、D正确．5.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计．整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间(D)A．吊篮A的加速度大小为gB．物体B的加速度大小为gC．物体C的加速度大小为gD．A、C间的弹力大小为0.5mg解析：本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题．将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，a AC＝F＋4mg4m＝2mg＋4mg4m＝1.5 g，即A、C的加速度均为1.5g，故A、C错误；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故B错误；剪断轻绳的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A有F AC＋mg＝ma AC，得F AC＝ma AC－mg＝0.5mg，故D正确．名师点睛加速度与合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常见模型：考点2动力学两类问题1．动力学两类基本问题第一类：已知物体的受力情况，研究物体的运动．即在已知物体的受力情况下，由牛顿第二定律求出物体的加速度，再结合运动学公式确定物体的运动情况(速度、位移等)．第二类：已知物体的运动情况，研究物体的受力．即在已知物体的运动情况下，由运动学公式求出物体的加速度，再结合牛顿第二定律确定物体的合力，最后由力的合成分解求未知力．2．两类动力学问题的解题步骤题型1 已知物体的受力情况，分析物体的运动情况如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝100 N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10 s，撤除水平推力F后经过t2＝15 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f＝25 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．【解析】(1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1由牛顿第二定律F－F f＝ma1，得a1＝1 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v 1＝a 1t 1＝10 m/s通过的位移为x 1＝12a 1t 21＝50 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m ＝13m/s 2 经历时间t 2速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝5 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1x 1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x 2＝v 222a 2联立解得x 2＝187.5 m.【答案】 (1)10 m/s 50 m (2)187.5 m题型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况如图甲所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/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 ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．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10 m/s 2.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)．【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＝3 m/s2，v＝8 m/s.(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F－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＝5.2 N(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＝maF N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg(sinθ＋μcosθ)＋macosα＋μsinα.【答案】(1)8 m/s 3 m/s2(2)5.2 N(3)F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma cosα＋μsinα题型3动力学两类问题综合应用光明一中为了提高学生的创新能力，培养科技后备人才，成立了科技航模兴趣小组，如图所示，他们正在试验自己设计的一架遥控飞机，动力系统提供恒定升力，使飞机从地面由静止开始竖直上升，若飞机质量为2 kg，飞行中所受阻力大小恒为4 N，g取10 m/s2.(1)现测得飞机第一次试飞到64 m高的速度为16 m/s，求飞机升力；(2)若飞机第二次飞行到36 m高时，因遥控器失灵，飞机失去升力．为了使飞机不致坠落地面摔坏，科技航模兴趣小组必须在多长时间内修复遥控器？【解析】(1)第一次飞行中，设加速度为a1，飞机做匀加速直线运动，有v2＝2a1H对飞机由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1联立解得F＝28 N.(2)第二次飞行中，设飞机失去升力时的速度为v1，飞机失去升力后上升的加速度为a2，失去升力后上升到最高点所需时间为t2、上升的高度为s2，由牛顿第二定律有2a1s1＝v21mg＋f＝ma2v1＝a2t2，s2＝v212a2所以飞机上升的最大高度h＝s1＋s2＝42 m设飞机失去升力下降阶段加速度为a3，失去升力加速下降的时间为t3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，由牛顿第二定律有mg－f＝ma3F＋f－mg＝ma4且v232a3＋v232a4＝h，v3＝a3t3解得t 3＝322 s(或2.1 s) 所以为了使飞机不致坠落地面摔坏，航模兴趣小组的最长维修时间t ＝t 2＋t 3＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋322 s(或3.1 s)． 【答案】 (1)28 N (2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋322 s(或3.1 s)高分技法解决动力学多过程问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．滑雪运动是近年来逐渐兴起的一种休闲运动，某滑雪游乐场有两个倾角为37°的正对的斜坡组成的滑道(粗糙程度相同)，如图所示，滑道底端平滑连接，滑道OA 高为h ，滑道OB 高为23h ，一质量m ＝70 kg 的游客从A 点由静止滑下，不受其他影响时，经O 点恰好滑到B 点停止，重力加速度g ＝10 m/s 2.则：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)游客在OB 段向上滑动时的加速度为多大？(2)滑雪过程中通过滑雪杖向后推地可获得沿速度方向向前的持续推力作用，若该游客到达B 点后，想返回A 点，需要在整个过程中获得的持续推力至少是多大？解析：(1)游客从A 到O 过程中有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1又2a 1h sin θ＝v 21－0 由O 到B 过程中，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2－2a 22h 3sin θ＝0－v 21 联立解得μ＝0.15，a 2＝7.2 m/s 2.(2)设推力为F ，则从B 到O 过程有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3又2a 32h 3sin θ＝v 22－0 从O 到A 过程有mg sin θ＋μmg cos θ－F ＝ma 4又－2a 4h sin θ＝0－v 22 解得F ＝168 N.答案：(1)7.2 m/s 2 (2)168 N。

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。

高考物理复习两类动力学问题专题练习（含解析）动力学是理论力学的一个分支学科，它主要研究作用于物体的力与物体运动的关系。

查字典物理网整理了两类动力学问题专题练习，请大家练习。

一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求.)1.(2019年广州调研)静止在光滑水平面上O点的物体，从t=0时刻开始受到水平力作用，设向右为F的正方向，则物体()A.一直向左运动B.一直向右运动C.一直匀加速运动D.在O点附近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀加速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会一直向右运动.选项B正确.2.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.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()图K3-2-2A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，则0～3 s物体静止，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做加速度相等的匀加速直线运动，加速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12 m/s.3～6 s发生的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发生的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发生的位移大小x3=3 m=27 m，则0～12 s发生的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，故选项B正确. 3.(2019年江苏卷)将一个皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t的图象，可能正确的是() A B C D【答案】C【解析】对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，知皮球在上升过程中的加速度大小a=，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当v=0时，加速度最终趋近一条平行于t轴的直线，选项C正确，A、B、D错误.4. (2019年河南模拟)2019年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看.假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则()A.运动员的加速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运动员对球拍的作用力大小为D.运动员对地面的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mgtan ，其加速度为gtan ，受到球拍的支持力为mg/cos ，由于运动员、球拍和球的加速度相等，选项A、B错误;同理运动员对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2019年黑龙江模拟)A、B两物块的质量分别为2 m和m, 静止叠放在水平地面上. A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对A施加一水平拉力F，则()图K3-2-4A.当 F mg时，A、B都相对地面静止B.当 F=mg时，A的加速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B分析，根据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对整体分析，根据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发生相对滑动，故C正确;通过隔离B分析，知B的加速度不会超过g，故D正确;当F=mg时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对地面静止，故A错误.6.(2019年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平地面上，小车的底板上放一光滑小球，小球通过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然状态.当发现L1变长、L2变短时，下列判断正确的是() 图K3-2-5A.小车可能正在向右做匀加速运动B.小车可能正在向右做匀减速运动C.小车可能正在向左做匀加速运动D.小车可能正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球受到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，则加速度方向向左，选项B、C 正确.7.如图K3-2-6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1图K3-2-6A.F1C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态，故F1=F2;物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t1可能等于t2.8甲、乙两图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、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两车的加速度大小，下列说法正确的是()图K3-2-7A.甲车的加速度大小为B.甲车的加速度大小为0C.乙车的加速度大小为D.乙车的加速度大小为0【答案】BC【解析】对于甲，以人、车整体为研究对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;对于乙，水平方向整体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2019年全国卷Ⅰ)2019年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()图K3-2-8A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均加速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2019年汕头模拟)一质量m=2.0 kg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小物块从一开始冲上斜面到往后上滑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速度-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)图K3-2-9(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)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑过程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面过程中的加速度a==m/s2=-8 m/s2，加速度大小为8 m/s2.(2)对小物块进行受力分析如图所示，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g=10 m/s2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度;(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员受到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的加速度大小a2==5 m/s2，减速过程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研究对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.根据牛顿第三定律，得杆对地面的最大压力为2 900 N. (3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2019年中山模拟)如图K3-2-10所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零.每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据. 图K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀加速运动，设加速度为a1. 则a1= m/s2=5 m/s2，若物体加速了2.2 s，则2.2 s末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已通过B点.因此减速过程加速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，解得F=11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s.可见，t=1.6 s的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.两类动力学问题专题练习及答案的内容就是这些，查字典物理网预祝考生取得更好的成绩。

专题03 牛顿运动定律第09练 动力学图像、临界和极值问题基础训练1.甲、乙两物体都静止在水平面上，质量分别为m 甲、m 乙，与水平面间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙．现用水平拉力F 分别作用于两物体，加速度a 与拉力F 的关系如图，图中b 、－2c 、－c 为相应坐标值，重力加速度为g .由图可知( )A ．μ甲＝g 2c ，m 甲＝2cbB ．μ甲＝2c g ，m 甲＝b2cC ．m 甲∶m 乙＝1∶2，μ甲∶μ乙＝1∶2D ．m 甲∶m 乙＝2∶1，μ甲∶μ乙＝1∶2 【答案】B【解析】对质量为m 的物体受力分析，根据牛顿第二定律，有：F －μmg ＝ma ，可得：a ＝Fm －μg ，故a 与F 关系图像的斜率表示质量的倒数，斜率越大，质量越小，故有m 甲＝b2c，m乙＝b c ，即m 甲∶m 乙＝1∶2；从题图可以看出纵截距为－μg ，故－μ甲g ＝－2c ，即μ甲＝2c g，μ乙＝cg，有μ甲∶μ乙＝2∶1，故选B.2.如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看作质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力F 拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)．以x 表示物块离开静止位置的位移，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是( )【答案】B【解析】物块水平方向受向右的拉力F、向左的弹力kx、摩擦力f，由牛顿第二定律得：F －kx－f＝ma；整理得：F＝kx＋ma＋f，物块做匀加速直线运动，所以ma＋f恒定且不为零，F－x图像是一个不过原点的倾斜直线，故A、C、D错误，B正确．3.如图所示，A、B两物块叠在一起静止在水平地面上，A物块的质量m A＝2 kg，B物块的质量m B＝3 kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，现对A或对B施加一水平外力F，使A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g＝10 m/s2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()A．若外力F作用到物块A上，则其最小值为8 NB．若外力F作用到物块A上，则其最大值为10 NC．若外力F作用到物块B上，则其最小值为13 ND．若外力F作用到物块B上，则其最大值为25 N【答案】BD【解析】当外力F作用到A上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F 达到最大值，对B根据牛顿第二定律，有：μ1m A g－μ2(m A＋m B)g＝m B a1，代入数据解得a1＝1 m/s2，对整体：F1－μ2(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a1，代入数据，解得：F1＝10 N，故B正确；当外力F作用到B上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达到最大值，对A，根据牛顿第二定律，有μ1m A g＝m A a2，得a2＝μ1g＝4 m/s2，对A、B整体：F2－μ2(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a2，代入数据解得：F2＝25 N，故D正确；无论F作用于A还是B上，A、B刚开始相对地面滑动时，F min＝μ2(m A＋m B)g＝5 N，A、C错误．4如图所示，质量m B＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量m A ＝1 kg的小物块A，整个装置静止．现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下结论正确的是()A．变力F的最小值为2 NB．变力F的最小值为6 NC．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/sD ．小物块A 与托盘B 分离瞬间的速度为55m/s 【答案】BC【解析】A 、B 整体受力产生加速度，则有F ＋F N AB －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，F ＝(m A ＋m B )a ＋(m A ＋m B )g －F N AB ，当F N AB 最大时，F 最小，即刚开始施力时，F N AB 最大，等于重力，则F min ＝(m A ＋m B )a ＝6 N ，B 正确，A 错误；刚开始，弹簧的压缩量为x 1＝(m A ＋m B )gk ＝0.05 m ；A 、B 分离时，其间恰好无作用力，对托盘B ，由牛顿第二定律可知kx 2－m B g ＝m B a ，得x 2＝0.04 m ．物块A 在这一过程的位移为Δx ＝x 1－x 2＝0.01 m ，由运动学公式可知v 2＝2a Δx ，代入数据得v ＝0.2 m/s ，C 正确，D 错误．能力训练1.如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则不可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【答案】B【解析】由题图可知，物块上滑的加速度大小a 1＝v 0t 1，下滑的加速度大小a 2＝v 1t 1，根据牛顿第二定律，物块上滑时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，下滑时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，则可求得斜面倾角及动摩擦因数，故A 、C 不符合题意；由于m 均消去，无法求得物块的质量，故B 符合题意；物块上滑的最大距离x ＝v 0t 12，则最大高度h ＝x ·sin θ，故D 不符合题意．2.(2019·全国卷Ⅲ·20)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 s ～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 【答案】AB【解析】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，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2 s ～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，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4 m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 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 ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 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，选项D 错误．3.(2018·全国卷Ⅰ·15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动．以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是( )【答案】A【解析】设物块P 静止时，弹簧的长度为x 0，原长为l ，则有k (l －x 0)＝mg ，物块P 向上做匀加速直线运动时受重力mg 、弹簧弹力k (l －x 0－x )及力F ，根据牛顿第二定律，得F ＋k (l －x 0－x )－mg ＝ma ，故F ＝kx ＋ma .根据数学知识知F －x 图像是纵轴截距为ma 、斜率为k 的一次函数图像，故可能正确的是A.4.如图甲所示，用一水平力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图乙所示，重力加速度为g ＝10 m/s 2，根据图乙中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量B ．斜面的倾角正弦值C ．加速度为6 m/s 2时物体的速度D ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力 【答案】ABD【解析】对物体，由牛顿第二定律可得F cos θ－mg sin θ＝ma ，上式可改写为a ＝cos θm F －g sinθ，故a －F 图像的斜率为k ＝cos θm＝0.4 kg －1，截距为b ＝－g sin θ＝－6 m/s 2，解得物体质量为m ＝2 kg ，sin θ＝0.6，故A 、B 正确；由于外力F 为变力，物体做非匀变速运动，故利用高中物理知识无法求出加速度为6 m/s 2时物体的速度，C 错误；物体能静止在斜面上所施加的最小外力为F min ＝mg sin θ＝12 N ，故D 正确．5.如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A ，滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出滑块A 的加速度a ，得到如图乙所示的a －F 图像，A 、B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为2 kgC ．当F ＝10 N 时滑块A 加速度为6 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.2 【答案】BC【解析】设滑块A 的质量m ，木板B 的质量为M ，滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F ＝F m ＝6 N 时，滑块A 与木板B 达到最大共同加速度为a m ＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律有F m ＝(M ＋m )a m ，解得M ＋m ＝3 kg ；当F ＞6 N 时，A 与B 将发生相对滑动，对A 单独应用牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，整理得a ＝Fm －μg ；根据题图乙解得m ＝1 kg ，μ＝0.4，则M ＝2 kg ，A 、D 错误，B 正确；当F ＝10 N 时，木板A 的加速度为a A ＝F －μmgm ＝6 m/s 2，C 正确．6.辉辉小朋友和爸爸一起去游乐园玩滑梯。

2021年高考物理一轮复习第三章牛顿第二定律两类动力学问题课时作业8（含解析）1．(xx·蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物块A放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是( )A．向右斜上方B．竖直向上C．向右斜下方D．上述三种方向均不可能答案：A 解析：物体向右加速由牛顿第二定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面对物体A的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A对．2．如图所示，轻质弹簧上面固定一块质量不计的薄板，在薄板上放重物，用手将重物向下压缩后，突然将手撒去，则重物将被弹簧弹射出去，在弹射过程中(重物与弹簧脱离之前)重物的运动情况是( )A．一直加速运动B．匀加速运动C．先加速运动后减速运动D．先减速运动后加速运动答案：C 解析：物体运动状态的改变取决于所受的合外力，所以，对物体进行准确的受力分析是解此题的关键．重物在整个运动过程中受到重力和弹簧弹力的作用．刚放手时，弹力大于重力，合力向上，重物向上加速运动，但随着重物上移，弹簧形变量变小，弹力随之变小，合力减小，加速度减小，当弹力减至与重力大小相等时，合力为零，加速度为零，此时重物的速度最大；此后重物由于惯性继续上升，弹力继续减小，重物受到的合力向下，重物做减速运动，当弹簧恢复原长时，二者分离．3．(多选)一质点处于静止状态，现对该质点施加力F ，力F 随时间t 按如图所示的正弦规律变化，力F 的方向始终在同一直线上，在0～4 s 内，下列说法正确的是( )A ．第2 s 末，质点距离出发点最远B ．第2 s 末，质点的动能最大C ．第4 s 末，质点距离出发点最远D ．第4 s 末，质点的动能最大答案：BC 解析：力F 随图示的规律变化时，质点在前2 s 做加速度先增大后减小的加速运动，在2 s 末速度最大，2～4 s 内质点做加速度(反方向)先增大后减小的减速运动，在4 s 末速度为零，质点始终沿正方向运动，故B 、C 正确．4．(xx·云南第一次检测)物体块放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g ＝10 m/s 2，则物块A 沿此斜面下滑的加速度大小为( )A ．5 3 m/s 2B ．3 3 m/s 2C ．(5－3) m/s 2D ．1033m/s 2答案：D 解析：由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得F f ＝mg sin θ，又F N1＝mg cos 30°，F f ＝μF N1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有F N2＝mg cos 60°，mg sin 60°－μF N2＝ma ，求得a ＝1033 m/s 2，D 项对．5．(xx·莆田模拟)如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N 、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg 的物块，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N ，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数为8 N ，这时小车运动的加速度大小是( )A ．2 m/s 2B ．4 m/s 2C ．6 m/s 2D ．8 m/s 2答案：B 解析：小车做匀速直线运动时，物块随小车也做匀速直线运动，两弹簧测力计示数均为10 N ，形变相同；小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8 N ，形变减小Δx ，弹簧测力计乙形变要增加Δx ，故弹簧测力计乙的示数为12 N ，物块受到的合外力F ＝4 N ，故加速度的大小是a ＝F m ＝41m/s 2＝4 m/s 2，选项B 正确．6.如图所示，A 、B 为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A 、B 间细线烧断后的瞬间，A 、B 的加速度分别是( )A ．A 、B 的加速度大小均为g ，方向都竖直向下 B ．A 的加速度为0，B 的加速度大小为g 、竖直向下C ．A 的加速度大小为g 、竖直向上，B 的加速度大小为g 、竖直向下D ．A 的加速度大于g 、竖直向上，B 的加速度大小为g 、竖直向下答案：C 解析：在细线烧断前，A 、B 两球的受力情况如图甲所示，由平衡条件可得：对B 球有F 线＝mg 对A 球有F 弹＝mg ＋F 线在细线烧断后，F 线立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况如图乙所示．由牛顿第二定律可得：B 球有竖直向下的重力加速度g对A 球有F 弹－mg ＝ma A 解得a A ＝g ，方向竖直向上． 综上分析，选C ．7．如图所示，几个倾角不同的光滑斜面具有共同的底边AB ，当物体由静止沿不同的倾角从顶端滑到底端，下面哪些说法是正确的( )A ．倾角为30°时所需时间最短B ．倾角为45°时所需时间最短C ．倾角为60°时所需时间最短D ．所需时间均相等答案：B 解析：设沿一般斜面下滑时，倾角为θ，斜面长为l ，物体沿斜面做初速度为零、加速度为a ＝g sin θ的匀加速直线运动，滑到底端的时间为t ，则有l ＝12g sin θ·t 2①l ＝AB cos θ②①②联立解得t ＝2ABg sin θcos θ ＝4ABg sin 2θ所以当θ＝45°时，t 最小，故选B ．8．(xx·庆阳模拟)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的匀加速直线运动，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 绳拉力变大答案：D 解析：车加速时，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得，水平方向F T2－F T1sin θ＝ma ，竖直方向F T1cos θ－G ＝0，解以上两式得 F T1＝Gcos θ，F T2＝F T1sin θ＋ma ，故F T1不变，F T2变大，选项D 正确．9．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＝0.5.若某时刻观察到细线偏离竖直方向30°角，则此时物块B 受摩擦力大小和方向为( )A ．12mg ，水平向左 B ．12mg ，水平向右 C ．33mg ，水平向右 D ．33mg ，水平向左 答案：C 解析：A 、B 相对于小车静止，小球A 与物块B 具有相同的加速度．对小球A ，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝ma ，小车对B 的摩擦力f ＝μmg ＝ma ，方向水平向右，则f ＝mg tan θ＝33mg ，C 正确． 10．(多选)如图所示，质量为m 的小物块以初速度v 0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物体与该斜面间的动摩擦因数μ>tan θ，下图表示该物块的速度v 和所受摩擦力F f 随时间t 变化的图线，以初速度v 0的方向为正方向，其中可能正确的是( )答案：AC 解析：物体沿斜面上滑时，受力如图所示，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得a ＝－g (sin θ＋μcos θ)，物块沿斜面做匀减速直线运动，物块所受滑动摩擦力F f ＝－μmg cos θ，其大小不变，方向沿斜面向下；物块速度减为零时，由于μ>tan θ，故mg sin θ<μmg cos θ，物块将静止在斜面上不动，此时物块所受摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F f ＝mg sin θ，方向沿斜面向上，故选项A 、C 正确，B 、D 错误．11.(xx·上海单科)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s ，运动过程中的最大速度为v .(1)求箱子加速阶段的加速度大小a ′.(2)若a >g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．答案：(1)av 22as －v2 (2)m (a cot θ－g )解析：(1)由匀变速运动公式知s 1＝v 22a ′s 2＝v 22as ＝s 1＋s 2＝v 22a ′＋v 22a解得a ′＝av 22as －v2.(2)设球不受箱子作用，应满足N sin θ＝ma ，N cos θ＝mg解得a ＝g tan θ减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力N 与左壁支持力F 共同决定，当a >g tan θ时F ＝0球受力如图．由牛顿第二定律N sin θ＝maN cos θ－Q ＝mg解得Q ＝m (a cot θ－g )12.质量为2 kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v ­t 图象如图所示．取g ＝10 m/s 2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)水平推力F 的大小；(3)0～10 s 内物体运动位移的大小． 答案：(1)0.2 (2)6 N (3)46 m解析：(1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt 2，初速度为v 20，末速度为v 2t ，加速度为a 2，则a 2＝v 2t －v 20Δt 2＝－2 m/s 2①设物体所受的摩擦力为F f ，由牛顿第二定律得： －F f ＝ma 2②F f ＝μmg ③联立②③式，代入数据得μ＝0.2.④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1，初速度为v 10，末速度为v 1t ，加速度为a 1，则a 1＝v 1t －v 10Δt 1＝1 m/s 2⑤根据牛顿第二定律，有F －F f ＝ma 1⑥ 联立各式，代入数据得F ＝6 N. (3)由匀变速直线运动的位移公式，得x ＝x 1＋x 2＝v 10Δt 1＋12a 1(Δt 1)2＋v 20Δt 2＋12a 2(Δt 2)2＝46 m.13．将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如图所示．已知细绳的长度为L ＝1 m,1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小．(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．答案：(1)40 N (2)3.5 m解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上拉力为T ＝8 N ，根据牛顿第二定律，对滑块1：T －μm 1g ＝m 1a代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N(2)设绳断后，滑块1的加速度大小为a 1，滑块2的加速度为a 2，则：a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，则t ＝v a 1＝1 s滑块1的位移为x 1，则x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，则x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m 30861 788D 碍* 27205 6A45 橅21400 5398厘N34264 85D8 藘}27289 6A99 檙\ 31308 7A4C 穌38729 9749 靉•30692 77E4 矤。

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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!。