第三章 习题及解答
复习题3. 证明：（1）在pV 图上，理想气体的两条可逆绝热线不会相交。(2) 在pV 图上，一条等温线与一条绝热线只能有一个交点而不能有两个交点。 证明：使用反证法。
(1) 假设理想气体的两条可逆绝热线相交是成立的，则这两条可逆绝热线就可以和一条可逆等温线构成一个可逆循环。如图所示，此可逆循环的结果是可以制成从单一热源吸热并全部做功的热机，这是违反热力学第二定律的，是不可能实现的，所以前面的假设是错误的，即理想气体的两条可逆绝热线是不会相交的。
(2) 假设一条等温线与一条绝热线有两个交点是成立的，则这条等温线与这条绝热线也构成一个可逆循环。如图所示，此可逆循环的结果是可以制成从单一热源吸热并全部做功的热机，这是违反热力学第二定律的，是不可能实现的，所以这个假设也是错误的，即一条等温线与一条绝热线只能有一个交点而不能有两个交点。
1. 有5mol 某双原子理想气体，已知其C V ,m =
2.5R ，从始态400K ，200kPa ，经绝热可逆压缩至400kPa 后，再真空膨胀至200kPa ，求整个过程的Q ，W ，ΔU ，ΔH 和ΔS 。 解 绝热可逆压缩过程：,,/
3.5/2.5 1.4p m V m C C R R γ===
11111122
212p T p T p T T p γ
γ
γγγγ
---??
=∴= ?
??
即 T 2=400K×(200kPa/400kPa)(1-1.4)/1.4=487.6K ΔU 1=W 1=nC V ,m (T 2-T 1)=5×2.5×8.315×(487.6-400)J=9105J ΔH 1=nC p,m (T 2-T 1)=5×3.5×8.315×(487.6-400)J=12747J Q 1=0，ΔS 1=0。
理想气体真空膨胀过程：Q 2=W 2=ΔU 2=ΔH 2=0 ΔS 2=nRln(p 1/p 2)= [5×8.315×ln(400/200)] J·K -1=28.8J·K -1
Q=Q 1+Q 2=0，W= W 1+ W 2=9105J ，
ΔU=ΔU 1+ΔU 2=9105J ，ΔH=ΔH 1+ΔH 2=12747J ΔS=ΔS 1+ΔS 2=28.8J·K -1
2. 有5mol He(g)，可看作理想气体，已知其C V ,m =1.5R ，从始态27
3.15K 和100kPa ，变到终态298.15K 和1000kPa ，计算该过程的ΔS 。
解 ΔS=nR 21
ln
p p +n(C V ,m +R)1
2
ln
T T
=（5mol ）(8.314J·K -1·mol -1)ln
10p p ?$
$
+（5mol ）(
2
5
×8.314J·K -1
·mol
-1
)K
K
15.27315.298ln
= -86.67 J·K -1。
4. 0.10kg 283.2K 的水与0.20kg 313.2K 的水混合， 求ΔS 。设水的平均比热为4.184kJ 〃 K -1〃kg -1。 解 先求混合后的温度，设为T 。设混合过程绝热，即 Q 1+Q 2=0, Q 1=－Q 2 , n 1C p,m (T -T 1)= -n 2C p,m (T-T 2)
得 n 1 (T -T 1)= -n 2(T-T 2)
(0.10kg ) (T-283.2K )= -( 0.20kg ) (T-313.2K )
T=303.1K
ΔS 1=?T
T
p dT T C 1
=(0.10kg ) (4.184kJ 〃 K -1〃kg -1)K K 2.2831.303ln
ΔS 2=?
T
T
p dT T
C 2
=(0.20kg ) (4.184kJ 〃 K -1〃kg -1)K
K 2.3131.303ln
Δmix S=ΔS 1+ΔS 2=1.40J 〃K -1。
6．有2mol 理想气体，从始态300K ，20dm 3，经下列不同过程等温膨胀至50 dm 3，计算各过程的Q ，W ，ΔU ，ΔH 和ΔS 。
(1)可逆膨胀； (2)真空膨胀；
(3)对抗恒外压100kPa 膨胀。 解 (1)可逆膨胀：ΔU 1=ΔH 1=0，
W 1=-Q 1=-nRTln(V 2/V 1)=-[2×8.315×300×ln(50/20)]J =-4571J
ΔS 1= nRln(V 2/V 1)=15.24J·K -1。
(2) 真空膨胀: ΔU 2=ΔH 2=0，ΔS 2= 15.24J·K -1。 W 2=-Q 2=0
(3)对抗恒外压100kPa 膨胀: ΔU 3=ΔH 3=0，
W 3=-Q 3=-p 环(V 2-V 1)=- 100kPa(50-20) dm 3=-3000J ， ΔS 3= 15.24J·K -1。
7. 有1mol 甲苯CH 3C 6H 5(l)在其沸点383K 时蒸发为气体，计算该过程的Q ，W ，ΔU ，ΔH ，ΔS ，ΔA 和ΔG 。已知在该温度下，甲苯的汽化热为362kJ·kg -1。 解 M 甲苯=92×10-3kg·mol -1，
Δvap H m =362kJ·kg -1×92×10-3kg·mol -1=33.304 kJ·mol -1, Q=ΔH=n Δvap H m =1mol×33.304 kJ·mol -1=33.304 kJ W=-p[V(g)-V(l)]=-pV(g)=-nRT=(-1×8.3145×383)J =-3184J
ΔU= Q+ W=(33.304-3.184) kJ=30.12kJ ΔS=ΔH/T=33.304 ×103J/383K=86.96J·K -1 ΔA=ΔU-T ΔS=30.12kJ-33.304 kJ=-3.184kJ ΔG=ΔH-T ΔS=33.304 kJ-33.304 kJ=0 8.在298.15K 及p 下，一摩尔过冷水蒸气变为同温同压下的水，求此过程的ΔG 。已知298.15K 时水的蒸气压为3167Pa 。 解 实际过程为不可逆相变过程，设计成可逆途径容易计算，设计可逆途径为
ΔG=ΔG 1+ΔG 2+ΔG 3
=
?2
1p p g dp V + 0 +?2
1
p p l dp V
≈
?
2
1
p p g dp V =nRTln(p 2/p 1)
= (1mol)(8.314J·K -1·mol -1)(298.2K)
×ln Pa
Pa
1013253167
= -8590J
9. 实验室中有一个大恒温槽的温度为400K ，室温为300K 。因恒温槽绝热不良而有4000J 的热传给了室内的空气，用计算说明这一过程是否为可逆？ 解 ΔS 体
=1
104004000-?-=-=K J K
J T Q R 体 ΔS 环
=133.133004000-?==-
K J K
J
T Q 环 ΔS 隔离=ΔS 体+ΔS 环=3.33J·K -1＞0 由计算知该过程为不可逆过程。
10. 有1mol 过冷水，从始态，变成同温、同压的冰，求该过程的熵变。并用计算说明这一过程的可逆性。已知水和冰在该温度范围内的平均摩尔定压热容分别为：C p,m (H 2O,l)=75.3J·K -1·mol -1，C p,m (H 2O,s)=37.7J·K -1·mol -1;在273K ，101kPa 时水的摩尔凝固热为Δfus H m (H 2O,s)= -5.90kJ·mol -1。
解 在273K ，101kPa 时水转变为冰是可逆相变。263 K ，101kPa 时水转变为冰是不可逆相变。计算时设计可逆途径如下：
本过程恒压，Q p =ΔH(T)=ΔH l +ΔH(T f )+ΔH s ΔH l =nC p,m (H 2O,l)(273-263)K=1×75.3×10J=753J ΔH(T f )=n Δfus H m (H 2O,s)= [1×(-5.90)]kJ=-5.90kJ ΔH s = nC p,m (H 2O,s)(263-273)K=1×37.7×(-10)J=-377J ΔH(T)= 753J-5900J-377J=-5524J=-5.524kJ 计算系统熵变
ΔS(T)=ΔS l +ΔS(T f )+ΔS s
ΔS l =nC p,m (H 2O,l)ln(273/263)=[1×75.3×0.0373]J·K -1
=2.81 J·K -1
ΔS(T f )= ΔH(T f )/ T f =-5.90kJ/273K=-21.61 J·K -1 ΔS s =nC p,m (H 2O,s)ln(263/273)=[1×37.7×(-0.0373)]J·K -1
=-1.41 J·K -1
ΔS(T)= (2.81 -21.61-1.41)J·K -1=-20.21 J·K -1 计算环境熵变
ΔS 环=- Q p /T 环=-(-5524)J/263K=21 J·K -1 隔离系统熵变
ΔS iso =ΔS(T)+ΔS 环=(-20.21+21)J·K -1=0.79 J·K -1 ΔS iso >0，过程不可逆。
12. 将298.15K 、1mol O 2从p
绝热可逆压缩到6×p
，试求Q 、W 、ΔU 、ΔH 、ΔF 、ΔG 、ΔS 和ΔS iso (C p,m =
2
7
R)。已
知2(,)m S O g =$205.03 J·K
-1
·mol -1。
解 设氧为理想气体。绝热可逆过程Q R =0
ΔS 体=Q R /T=0, ΔS 环= -Q R /T=0 ΔS iso =0
求其它变量应先求出体系终态温度，由绝热可逆过程方程
γγγ--=12111p T p ， 5/7=γ
127
1212(298.2)6p p T T K p p γ
γ
--
????== ?
?
???
??$
$=497.5K W=nC V ,m (T 1-T 2)
=(1mol)
2
5
(8.314J·K -1·mol -1)(298.2K-497.5K)
=-4142J
ΔU=-W=4142J ΔH=
dT C T T p ?
2
1
= nC p,m (T 2-T 1)
=(1mol)
2
7
(8.314J·K -1·mol -1)( 497.5K-298.2K)
=5799J ΔF=ΔU -SΔT
=4142J-(1mol)(205.03J·K -1·mol -1) ×( 497.5K-298.2K)
=-36720J
ΔG=ΔH -SΔT
=5799J-(1mol)(205.03J·K -1·mol -1) ×( 497.5K-298.2K) =-35063J
13. 将1mol 双原子理想气体从始态298K 、100kPa ，绝热可逆压缩到体积为5dm 3，试求 终态的温度、压力和过程的Q 、W 、ΔU 、ΔH 、和ΔS 。 解 理想气体的初始体积 V 1=nRT 1/p 1=(1×8.314×298/100) dm 3=24.78 dm 3
理想气体为双原子分子，
,,(7/2) 1.4(5/2)p m V m
C R
C R
γ=
==
理想气体的终态温度
1
1.41
2112(/)
298K(24.78/5)
565.29K T T V V γ--===
理想气体的终态压力
1.4
2112(/)100kPa(24.78/5)940kPa p p V V γ===
Q = 0
()2118.314565.29298()J 5555.6J
1 1.41
nR T T W γ??--===--
ΔU =nC V ,m (T 2-T 1)=1×2.5×8.314×(565.29-298)J=5555.6J
ΔH=nC p,m (T 2-T 1)=1×3.5×8.314×(565.29-298)J=7777.9J ΔS= nC p,m ln(T 2/ T 1)-nRln(p 2/p 1)=0
14. 将1mol 苯C 6H 6(l)在正常沸点353K 和101.3kPa 压力下，向真空蒸发为同温、同压的蒸气，已知在该条件下，苯的摩尔汽化焓为Δvap H m =30.77kJ·mol -1，设气体为理想气体。试求
(1)该过程的Q 和W ；
(2)苯的摩尔汽化熵Δvap S m 和摩尔汽化Gibbs 自由能Δvap G m ； (3)环境的熵变ΔS 环；
(4)根据计算结果，判断上述过程的可逆性。 解 (1) 向真空蒸发W=0，
ΔU =ΔH-Δ(pV)= ΔH-p ΔV=ΔH-nRT=n Δvap H m -nRT= =30.77kJ-(1×8.3145×353)×10-3kJ=27.835kJ Q=ΔU =27.835kJ
(2) Δvap S m =Δvap H m /T=(30.77×103/353)J·K -1·mol -1
=87.167 J·K -1·mol -1 Δvap G m =0 (3) ΔS 环=-Q 系 /T 环=-(27.835×103/353)J K -1
=-78.853 J K -1
(4) ΔS 隔离=ΔS 系+ΔS 环=(87.167-78.853) J·K -1·
=8.314 J·K -1·
ΔS 隔离>0，过程不可逆。
16. 1mol 单原子理想气体，从始态273K 、100kPa ，分别经下列可逆变化到达各自的终态，试计算各过程的Q 、W 、ΔU 、ΔH 、ΔS 、ΔA 和ΔG 。已知该气体在273K 、100kPa 的摩尔熵S m =100 J·K -1·mol -1。
(1)恒温下压力加倍； (2)恒压下体积加倍； (3)恒容下压力加倍；
(4)绝热可逆膨胀至压力减少一半；
(5)绝热不可逆反抗50kPa 恒外压膨胀至平衡。 解 (1) 理想气体恒温ΔU 1=ΔH 1=0
W 1=-Q 1=-nRTln(p 1/p 2)=-[1×8.315×273×ln(1/2)]J =1573J
ΔS 1= nRln(p 1/ p 2)= [1×8.315×ln(1/2)]=-5.763J·K -1。 ΔA 1=ΔU 1-T ΔS 1=-T ΔS 1= W 1=1573J ΔG 1=ΔH 1-T ΔS 1=-T ΔS 1=1573J
(2) 恒压下体积加倍V 1/T 1=V 2/T 2=2V 1/T 2，则T 2=2T 1， ΔU 2=nC V ,m (T 2-T 1)=n(3/2)RT 1=(1×1.5×8.3145×273)J
=3405J
ΔH 2=nC p,m (T 2-T 1)=n(5/2)RT 1=(1×2.5×8.3145×273)J =5675J
恒压Q 2=ΔH 2=5675J ，W 2=ΔU 2-Q 2=3405J-5675J=-2270J
ΔS 2= nC V ,m ln(T 2/T 1)+nRln(V 2/V 1)=(C V ,m +R)nln2
=nC p,m ln2 =[(5/2)×8.3145×1×ln2] J·K -1=14.41 J·K -1 ΔA 2=ΔU 2-(S 1ΔT+T 2ΔS 2)
= 3405J-(100 J·K -1×273K+2×273K×14.41 J·K -1) =-31.763kJ
ΔG 2=ΔH 2-(S 1ΔT+T 2ΔS 2)
= 5675J-(100 J·K -1×273K+2×273K×14.41 J·K -1) =-29.493kJ
(3) 恒容W 3=0，压力加倍，温度也加倍。 ΔU 3=nC V ,m (T 2-T 1)=n(3/2)RT 1=(1×1.5×8.3145×273)J =3405J
ΔH 3=nC p,m (T 2-T 1)=n(5/2)RT 1=(1×2.5×8.3145×273)J =5675J
Q 3=ΔU 3=3405J ΔS 3= nC V ,m ln(T 2/T 1)
=[1×(3/2)×8.3145×ln2] J·K -1=8.644 J·K -1 ΔA 3=ΔU 3-(S 1ΔT+T 2ΔS 3)
= 3405J-(100 J·K -1×273K+2×273K×8.644J·K -1) =-28.615kJ
ΔG 3=ΔH 3-(S 1ΔT+T 2ΔS 3)
= 5675J-(100 J·K -1×273K+2×273K×8.644 J·K -1) =-26.345kJ
(4)绝热可逆膨胀至压力减少一半 γ= C p,m /C V ,m =5/3，
1(5/3)12(5/3)
5
221111273K 273K 206.9K 22p T T p γγ
--??
??
??
=?=?=?= ?
?
???
??
??
ΔU 4=nC V ,m (T 2-T 1)=n(3/2)R(T 2-T 1) =(1×1.5×8.3145×(206.9-273)J =-824J
ΔH 4=nC p,m (T 2-T 1)= (1×2.5×8.3145×(206.9-273)J =-1374J
ΔS 4=0，Q 4=0，W 4=ΔU 4=-824J ΔA 4=ΔU 4-[S 1(T 2-T 1)+T 2ΔS 4]
= -824J-[100 J·K -1×(206.9 K -273K)] =5786J
ΔG 4=ΔH 4-(S 1ΔT+T 2ΔS 4)
= -1374J -[100 J·K -1×(206.9 K -273K)] =5236J
(5)绝热不可逆反抗50kPa 恒外压膨胀至平衡 Q 5=0，ΔU 5=W 5
nC V ,m (T 2-T 1)=-p 2(V 2-V 1)=-nR[T 2-(p 2/p 1)T 1] T 2=218.4K
ΔU 5=W 5=nC V ,m (T 2-T 1)= n(3/2)R(T 2-T 1) =(1×1.5×8.3145×(218.4-273)J =-681J
ΔH 5= nC p,m (T 2-T 1)= n(5/2)R(T 2-T 1) =(1×2.5×8.3145×(218.4-273)J =-1135J
ΔS 5= nC p,m ln(T 2/T 1)-nRln(p 2/p 1) =(1×2.5×8.3145×ln(218.4/273)-1×8.3145×ln(50/100) =1.125 J·K -1
ΔA 5=ΔU 5-[S 1(T 2-T 1)+T 2ΔS 5]
=-681J-[100J·K -1×(218.4K-273K)+218.4K×1.125J·K -1] =4533.3J
ΔG 5=ΔH 5-(S 1ΔT+T 2ΔS 5) =-1135J-[100J·K -1×(218.4K-273K)+218.4K×1.125J·K -1] =4079.3J
18. 用合适的判据证明：
(1)在373K 、200kPa 压力下，H 2O(l)比H 2O(g)更稳定; (2)在263K 、100kPa 压力下，H 2O(s)比H 2O(l)更稳定 解 (1) H 2O(l)(373K 、200kPa)→H 2O(g)(373K 、200kPa)
ΔG=V(l)(100-200)kPa+ V(g)(200-100) kPa
=100[V(g)- V(l)]kPa
V(g)>V(l)，ΔG>0，H 2O(l) 更稳定
(2) H 2O(s)(263K 、100kPa)→H 2O(l)(263K 、100kPa) ΔG=-S (s)(273-263)K- S(l)(263-273)K
=10[S (l)-S(s)]K
S (l)>S(s)，ΔG<0，H 2O(s) 更稳定
19. 在温度为298.15K 、压力为p 下，C （石墨）和C （金刚石）的摩尔熵分别为2.45和5.71J·K -1·mol -1，其燃烧焓依次分别为-395.40和-393.51kJ·mol -1，又其密度3513和2260kg·m -3。试求：
（1）在298.15K 、p
下，石墨→金刚石的trs m G ?$
；
（2）哪一种晶型较为稳定？
（3）增加压力能否使石墨转变成金刚石，如有可能，需要加多大的压力？ 解 （1）C （石墨）→C （金刚石）
((trs m C m C m
H H H ?=?-?石）金）$$$
1
)]40.395()51.393[(-?--=mol kJ
1
890.1-?=m o l kJ trs m trs m trs m G H T S ?=?-?$$$
13110)71.545.2)[(15.298()890.1(---??--?=mol kJ K mol kJ
1862.2-?=m o l kJ 。
（2）在298.15K 、p
下，石墨→金刚石的trs m G ?$
＞0，说明在此条件下反应不能向右进行，即石墨不能变为金
刚石，所以石墨稳定。
（3）加压有利于反应朝着体积缩小的方向进行。金刚石的密度比石墨大，单位质量的体积比石墨小，所以增加压
力有可能使石墨变为金刚石。
V p G T
?=???? ?????， ??
?=???2
1
2
1
p p G G Vdp G d
)()()(1212p p V p G p G m trs m trs m trs -?+?=?
)101325
(2260012011.0351*******.028622131
Pa p mol m mol J -??
???????? ??-+?=-- 欲使
)(2p G m trs ?＜0，解上式得p 2＞1.52×109Pa 。即需加压至1.52×109Pa 时才能使石墨变为金刚石。
20. 某实际气体状态方程式为pV m =RT+ap （式中a 是常数）。设有1mol 该气体，在温度为T 的等温条件下，由 p 1
可逆的变化到p 2。试写出： Q 、W 、ΔU 、ΔH 、ΔS 、ΔA 和ΔG 的计算表示式。 解 等温：p(V m -a)=常数，
,2,112()/()/m m V a V a p p --=
21
,22,11
ln ln V m V m m V a p RT
W pdV dV RT RT V a V a p -=-=-=-=--??
设 U=U(T,V), 则 dV V U dT T U dU T
V ??? ????+???
????= 又 0=--=-?????????? ??-??=-???
????=???
????p a V R
T p a V RT T
T p T p T V U m V
m V T
所以 ΔU=0, Q=-W=,21
,12
ln ln m m V a
p RT RT V a p -=-
ΔH =ΔU+Δ(pV m )=Δ(RT+ap)=Δ(ap)=a(p 2-p 1)
ΔS =Q/T=,21
,12
ln ln m m V a
p R R V a p -=-，
ΔA= W=,22
,11
ln ln m m V a
p RT RT V a p --=-
ΔG=ΔH -T ΔS= a(p 2-p 1)-1
2
ln p RT p
17.
证明：22V T V
C p T V T ??????
= ? ???????
解 由dU=TdS -pdV,得T C T S V V =???
????，V
V T S T C ???
????= V V
V V T T V T V T p T T p T T V S T T T S V T V C ????
????=????????? ??????=????????? ??????=????????? ??????=???
????22 21.
证明：V p p V
T T TdS C dp C dV p V ??????
=+
? ???????
解 设S=S(p,V)
dS=dV V T T S dp p T T S dV V S dp p S p p V V p V ???
??????? ????+???? ??????? ????=??? ????+???? ????
=
dV V T T C dp p T T
C p
p V
V
??? ????+????
???? 所以 dV V T C dp p T C TdS p p V
V ???
????+???? ????=。
24.
对范德华气体，证明2
T m
U a V V ???= ????
证明 因为 dU=TdS -pdV
p T p T p V S T V U V
T T -???
????=-??? ????=??? ???? （1） 范德华气体方程为RT b V V a
p m m =-???
? ?
?+)(2
2
m
m V a b V RT p --=， b V R T p m
V -=???
???? （2） 将（2）式代入（1）式得：
22m
m m m T V a V a b V RT b V RT V U =???? ??----=???
???? 证完。
25. 对理想气体，试证明：
s s
V
U H V p nR
U S ?????? ? ???????=-???
????。 解 由dU=TdS-pdV ，恒容时式两边除以dS ，得
V U T S ???= ????，恒熵时式两边除以dV ，得s
U p V ???=- ????， 再
由
dH=TdS+Vdp
，
恒
熵
时
式
两
边
除
以
dp
，
得
s
H V p ??
?= ????，所以
s s
V
U H V p p V nR
U T S ?????? ? ???-?????=
-???
????=
理想气体时
28. 苯在正常沸点353K 下的130.77vap m
H kJ mol -?=?$
，今将353K 及p
下的1molC 6H 6(l)向真空等温蒸发
为同温同压的苯蒸气（设为理想气体，液体体积相对于气体体积可忽略不计） （1） 求算在此过程中苯吸收的热量Q 与作的功W 。
（2） 求苯的摩尔气化熵vap m S ?$
及摩尔气化吉布斯自由能vap m G ?$。
（3）
求环境的熵变
S ?环。
（4） 应用有关原理，判断上述过程是否为不可逆过程？
（5） 298K 时苯的蒸气压为多大？
解 此真空蒸发过程的始末态与同温同压可逆蒸发相同，因此其中状态函数计算时与同温同压可逆蒸发相同。 （1）W=0；
Q=ΔU +W=ΔU=ΔH-Δ(pV)
=n vap m H ?$
-p
外
[V(g)-V(l)]= n vap m H ?$
-p
外
V(g)
= n vap m H ?$
-nRT
=(1mol)(30770J 〃mol -1)
-(1mol)(8.314J 〃K -1〃mol -1)(353K) =27835J
(2) vap m S ?$=111
/(30770)/(353)87.2vap m H T J mol K J K mol ---?=?=??$ v a p m
G ?$=vap m H ?$-T vap m S ?$=0 (3)
环S ?=Q
环
/T=-Q/T=-(27835J)/(353K)=-78.9J 〃K -1
(4) 隔S ?=体S ?+环S ?=n vap m S ?$
+环S ?
=(1mol)(87
〃K -1〃mol -1)+( -78.9J 〃K -1)
=8.3J 〃K -1)＞0
故此真空蒸发为不可逆过程。
（5）由克－克方程
211211ln vap m H p p R
T T ???
=- ???
$
??
? ??-????=----K K mol K J mol K J Pa p 29813531314.830770101325ln 11112 p 2=14633Pa 。
相互作用 1.如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A ，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球B 上，系统处于静止状态．当力F 增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（ ） A ．A 所受合外力增大 B ．A 对竖直墙壁的压力增大 C ．B 对地面的压力一定增大 D ．墙面对A 的摩力可能变为零 2.在竖直墙壁间有质量分别是m 和2m 的半圆球A 和圆球B ，其中B 球球面光滑，半球A 与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（g 为重力加速度），则半球A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（ ） A. 23 B.3 3 C.43 D.332 3.如图甲所示，在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A ，其质量为M ，两个底角均为30°．两个完全相同的、质量均为m 的小物块p 和q 恰好能沿两侧面匀速下滑．若现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1，F2，且F1＞F2，如图乙所示，则在p 和q 下滑的过程中，下列说法正确的是（ ） A ．斜劈A 仍保持静止 B ．斜劈A 受到地面向右的摩擦力作用 C ．斜劈A 对地面的压力大小等于（M+2m ）g D ．斜劈A 对地面的压力大于（M+2m ）g 4.如图所示，在质量为m=1kg 的重物上系着一条长30cm 的细绳，细绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ为0.75，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定
滑轮固定在距离圆环50cm的地方，当细绳的端点挂上重物G，而圆环将要开始滑动时，（g取10/ms2）试问： （1）角?多大？ （2）长为30cm的细绳的张力是多少： （3）圆环将要开始滑动时，重物G的质量是多少？ 4.如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉， 在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正 确的是（） A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小 5.如图所示，绳与杆均轻质，承受弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重物。现施拉力F将B缓慢上拉（均未断），在AB杆达到竖直前（) A．绳子越来越容易断， B．绳子越来越不容易断， C．AB杆越来越容易断，
一、选择题 1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是 （ ） A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的 C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0 D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大 2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是 （ ） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动 C ．竖直向上做减速运动 D ．竖直向下做减速运动 3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是 （ ） A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的 B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同 C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同 D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（ ） A ．等于人的推力 B ．等于摩擦力 C ．等于零 D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3，则（ ） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反 B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同 C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的 D ．F 1是正的，F 1、F 3是零 6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与水平面间的动摩擦因数均为μ。现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（ ） A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于F B ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩 擦力大小为μmg C ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M a D ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a 7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为 （ ） A ．mg(1-sin θ) B ．2mgsin θ C ．2mgcos θ D ．2mg(1+sin θ) 8.从不太高的地方落下的小石块，下落速度越来越大，这是因为 ( ) A ．石块受到的重力越来越大 B ．石块受到的空气阻力越来越小 C ．石块的惯性越来越大 D ．石块受到的合力的方向始终向下 9.一个物体，受n 个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度 ( ) A ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快 B ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢 C ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快 D ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢 10.下列关于超重和失重的说法中，正确的是 ( ) A ．物体处于超重状态时，其重力增加了 B ．物体处于完全失重状态时，其重力为零 C ．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了 D ．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化 11.如图所示，一个物体静止放在倾斜为θ的木板上，在木板倾角逐渐增大到某一角 t/s 0 2 2 1 3 -2 v/ms -1 第 5 题 F 第 6 题
牛顿定律（提高） 1、质量为m 的物体放在粗糙的水平面上，水平拉力F 作用于物体上，物体产生的加速度为a 。若作用在物体上的水平拉力变为2F ，则物体产生的加速度 A 、小于a B 、等于a C 、在a 和2a 之间 D 、大于2a 2、用力F 1单独作用于某一物体上可产生加速度为3m/s 2，力F 2单独作用于这一物体可产生加速度为1m/s 2，若F 1、F 2同时作用于该物体，可能产生的加速度为 A 、1 m/s 2 B 、2 m/s 2 C 、3 m/s 2 D 、4 m/s 2 3、一个物体受到两个互相垂直的外力的作用，已知F 1＝6N ，F 2＝8N ，物体在这两个力的作用下获得的加速度为2.5m/s 2，那么这个物体的质量为 kg 。 4、如图所示，A 、B 两球的质量均为m ，它们之间用一根轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，今用力将球向左推，使弹簧压缩，平衡后突然将F 撤去，则在此瞬间 A 、A 球的加速度为F/2m B 、B 球的加速度为F/m C 、B 球的加速度为F/2m D 、B 球的加速度为0 5如图3-3-1所示，A 、B 两个质量均为m 的小球之间用一根轻弹簧（即不计其 质量）连接，并用细绳悬挂在天花板上，两小球均保持静止.若用火将细绳烧断，则在绳刚断的这一瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别是
A．a A=g；a B=gB．a A=2g ；a B=g C．a A=2g ；a B=0 D．a A=0 ；a B=g 6.(8分)如图6所示，θ＝370，sin370＝0.6，cos370＝0.8。箱子重G＝200N，箱子与地面的动摩擦因数μ＝0.30。（1）要匀速拉动箱子，拉力F为多大？ （2）以加速度a=10m/s2加速运动，拉力F为多大？ 7如图所示，质量为m的物体在倾角为θ的粗糙斜面下匀速下滑，求物体与斜面间的滑动摩擦因数。 8．（6分）如图10所示，在倾角为α=37°的斜面上有一块竖直放置的档板，在档板和斜
牛顿第二定律应用的典型问题
牛顿第二定律应用的典型问题 ——陈法伟 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（） 图1 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 解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 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 解析：受力分析如图2所示，探测器沿直线加速运动时，所受合力方向与 运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。故正确答案选C。
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 变式1、 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 变式2、 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 问题2：牛顿第二定律的基本应用问题： 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。
5. 如图所示，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。（g取，，）（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况。 （2）求悬线对球的拉力。 6. 如图所示，固定在小车上的折杆∠A=，B端固定一个质量为m的小球，若小车向右的加速度为a，则AB杆对小球的作用力F为（） A. 当时，，方向沿AB杆 B. 当时，，方向沿AB杆 C. 无论a取何值，F都等于，方向都沿AB杆 D. 无论a取何值，F都等于，方向不一定沿AB杆 问题3：整体法和隔离法在牛顿第二定律问题中的应用： 7. 一根质量为M的木杆，上端用细线系在天花板上，杆上有一质量为m的小猴，如图所示，若把细线突然剪断，小猴沿杆上爬，并保持与地面的高度不变，求此时木杆下落的加速度。 8. 如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫，已知木板的质量是猫的质量的2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变。则此时木板沿斜面下滑的加速度为
牛顿第二定律练习题和 答案 公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]
牛顿第二定律练习题 一、选择题 1．关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是 [ ] A．物体运动的速率不变，其运动状态就不变 B．物体运动的加速度不变，其运动状态就不变 C．物体运动状态的改变包括两种情况：一是由静止到运动，二是由运动到静止 D．物体的运动速度不变，我们就说它的运动状态不变 2．关于运动和力，正确的说法是 [ ] A．物体速度为零时，合外力一定为零 B．物体作曲线运动，合外力一定是变力 C．物体作直线运动，合外力一定是恒力 D．物体作匀速运动，合外力一定为零 3．在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作 [ ] A．匀减速运动B．匀加速运动 C．速度逐渐减小的变加速运动D．速度逐渐增大的变加速运动 4．在牛顿第二定律公式F=km·a中，比例常数k的数值： [ ] A．在任何情况下都等于1 B．k值是由质量、加速度和力的大小决定的 C．k值是由质量、加速度和力的单位决定的
D．在国际单位制中，k的数值一定等于1 5．如图1所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是 [ ] A．接触后，小球作减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零 B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零 C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处 D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 6．在水平地面上放有一三角形滑块，滑块斜面上有另一小滑块正沿斜面加 速下滑，若三角形滑块始终保持静止，如图2所示．则地面对三角形滑块 [ ] A．有摩擦力作用，方向向右B．有摩擦力作用，方向向左 C．没有摩擦力作用D．条件不足，无法判断 7．设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力f和其速度v成正比．则雨滴的运动情况是 [ ] A．先加速后减速，最后静止B．先加速后匀速 C．先加速后减速直至匀速D．加速度逐渐减小到零 8．放在光滑水平面上的物体，在水平拉力F的作用下以加速度a运动，现将拉力F 改为2F（仍然水平方向），物体运动的加速度大小变为a′．则 [ ] A．a′=a B．a＜a′＜2a C．a′=2a D．a′＞2a
牛顿第二定律应用的问题 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（） 图1 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 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
解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 解析：受力分析如图2所示，探测器沿直线加速运动时，所受合力方向 与运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。故正确答案选C。 图2
实验：验证牛顿第二定律 1．“验证牛顿运动定律”的实验中，以下说法正确的是( ) A．平衡摩擦力时，小盘应用细线通过定滑轮系在小车上 B．实验中应始终保持小车和砝码的质量远远大于小盘和砝码的质量 C．实验中如果用纵坐标表示加速度，用横坐标表示小车和车内砝码的总质量，描出相应的点在一条直线上时，即可证明加速度与质量成反比 D．平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力 解析：平衡摩擦力时，细线不能系在小车上，纸带必须连好，故A错D对；小车和砝码的总质量应远大于小盘和砝码的总质量，故B对；若横坐标表示小车和车内砝码的总质量，则a－M图象是双曲线，不是直线，故C错．答案： BD 2．(2011年三明模拟)用如图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”实验，甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图象为图中的直线Ⅰ，乙同学画出的a－F图象为下图中的直线Ⅱ.直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是( ) A．实验前甲同学没有平衡摩擦力 B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 C．实验前乙同学没有平衡摩擦力 D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 解析：由直线Ⅰ可知，甲同学在未对小车施加拉力F时小车就有了加速度，说明在平衡摩擦力时，把木板的末端抬得过高了，B正确，A错误；由直线Ⅱ可知，乙同学在对小车施加了一定的拉力时，小车的加速度仍等于零，故实验前乙同学
没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，C正确，D错误． 答案：BC 3．在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，某小组设计了如图所示的实验装置．图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过定滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止． (1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使__________．在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量________(选填“远大于”、“远小于”或“等于”)小车的质量． (2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为________． 解析：(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使细线与水平轨道平行，在实验时，为使砝码和盘的总重力近似等于细线的拉力，作为小车所受的合外力，必须满足砝码和盘的总质量远小于小车的质量． (2)因为两小车同时开始运动，同时停止，运动时间相同，由s＝1 2 at2可知，a 与s成正比． 答案：(1)小车与滑轮之间的细线与轨道平行远小于 (2)两车从静止开始匀加速直线运动，且两车运动的时间相同，其加速度与位移成正比 4．如图为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．
~ 牛顿第二定律练习题 一、选择题 1．关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是 [ ] A．物体运动的速率不变，其运动状态就不变 B．物体运动的加速度不变，其运动状态就不变 C．物体运动状态的改变包括两种情况：一是由静止到运动，二是由运动到静止 D．物体的运动速度不变，我们就说它的运动状态不变 2．关于运动和力，正确的说法是 [ ] % A．物体速度为零时，合外力一定为零 B．物体作曲线运动，合外力一定是变力 C．物体作直线运动，合外力一定是恒力 D．物体作匀速运动，合外力一定为零 3．在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作 [ ] A．匀减速运动B．匀加速运动 C．速度逐渐减小的变加速运动D．速度逐渐增大的变加速运动 ？ 4．在牛顿第二定律公式F=km·a中，比例常数k的数值： [ ] A．在任何情况下都等于1 B．k值是由质量、加速度和力的大小决定的 C．k值是由质量、加速度和力的单位决定的 D．在国际单位制中，k的数值一定等于1 5．如图1所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过 程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是 [ ] . A．接触后，小球作减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零 B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零 C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 6．在水平地面上放有一三角形滑块，滑块斜面上有另一小滑块正沿斜面加速下滑，若三角形滑块始终保持静止，如图2所示．则地面对三角形滑块 [ ] A．有摩擦力作用，方向向右B．有摩擦力作用，方向向左 C．没有摩擦力作用D．条件不足，无法判断 7．设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力f和其速度v成正比．则雨滴的运动情况是 [ ] … A．先加速后减速，最后静止B．先加速后匀速 C．先加速后减速直至匀速D．加速度逐渐减小到零 8．放在光滑水平面上的物体，在水平拉力F的作用下以加速度a运动，现将拉力F改为2F（仍然水平方向），物体运动的加速度大小变为a′．则 [ ] A．a′=a B．a＜a′＜2a C．a′=2a D．a′＞2a
牛顿第二定律 牛顿第二定律 1.内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。 2．表达式F=ma。 3.“五个”性质 考点一错误!瞬时加速度问题 1.一般思路:分析物体该时的受力情况―→错误!―→错误! ２.两种模型 (1)刚性绳（或接触面）:一种不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,弹力立即改变或消失,不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时,均可按此模型处理。 （２）弹簧（或橡皮绳)：当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端)时,由于物体有惯性,弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中,其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变。 [例] (多选）(20１4·南通第一中学检测)如图所示，A、B球的质量相等,弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（) A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gｓｉn θ B.B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 Ｃ.A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，Ａ球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
[例](2０１3·吉林模拟)在动摩擦因数μ=0．2的水平面上有一个质量为m=2 ｋg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连,如图所示，此时小球处于静止平衡状态,且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取g=１０ m／s2,以下说法正确的是( ) A．此时轻弹簧的弹力大小为20 Ｎ B.小球的加速度大小为８ m／ｓ2，方向向左 C．若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s２,方向向右 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0 针对练习：（２0１４·苏州第三中学质检）如图所示，质量分别为ｍ、2ｍ的小球Ａ、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F,此时突然剪断细线。在线断的瞬间,弹簧的弹力的大小和小球Ａ的加速度的大小分别为( ) A.错误!，错误!＋gＢ.错误!,错误!+ｇ C.错误!，错误!+g D.错误!,＼f(Ｆ,3m)+g 4．（２014·宁夏银川一中一模)如图所示,A、B两小球分别连在轻线两端,B球另一端与弹簧相连,弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端.Ａ、B两小球的质量分别为m A、m B,重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B Ａ．都等于错误! B.错误!和0 Ｃ.错误!和错误!·错误!?Ｄ.错误!·错误!和错误! 考点二错误!动力学的两类基本问题分析 (１)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。一个桥梁：物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 (2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,画图找出各过程间的位移联系。
牛顿第二定律典型例题 一、力的瞬时性 1、无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变． 2、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突变，但是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失． 【例1】如图3-1-2所示，质量为m 的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC 和BC 与过C 的竖直 线的夹角都是600 ，则剪断AC 线瞬间，求小球的加速度；剪断B 处弹簧的瞬间，求小球的加速度． 练习 1、（2010年全国一卷）15.如右图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整 个系统置于水平放置的光滑木坂上，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，木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a ?重力加速度大小为g ?则有 A. 10a =，2a g = B. 1a g =，2a g = C. 120, m M a a g M +== D. 1a g =，2m M a g M += 2、一物体在几个力的共同作用下处于静止状态．现使其中向东的一个力F 的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值（方向不变），则（ ） A ．物体始终向西运动 B ．物体先向西运动后向东运动 C ．物体的加速度先增大后减小 D ．物体的速度先增大后减小 3、如图3-1-13所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为m ，当剪断上端的绳子OA 的瞬间．小球A 和B 的加速度多大？ 4、如图3-1-14所示，在两根轻质弹簧a 、b 之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同 图3-1-13 图3-1-2 图3-1-14
勇新教育培训学校资料 高中物理第二定律基础练习题一 姓名：_______________班级：_______________考号：_______________ 一、实验,探究题 （每空？ 分，共？ 分） 1、某实验小组利用带滑轮的长木板、打点计时器、小车等器材进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，测得小车的加速度a 和拉力 F 的数据如下表所示 ①根据表中数据在图中做出a ―F 图线 ②由图线可求出小车所受阻力为 . ③由图线可求得小车的质量为 . 二、多项选择 （每空？ 分，共？ 分） 2、物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合外力的方向之间的关系是
A．速度方向、加速度方向、合外力方向三者总是相同的 B．速度方向可与加速度成任何夹角，但加速度方向总是与合外力的方向相同 C．速度方向总是与合外力方向相同，而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 3、物体A、B质量分别为m A和m B,都静止在同一水平面上，与水平面的动摩擦因数分别为m A和m B，现用平行于水平面的可变力F分别拉物体A、B，二者所得加速度a和F的关系图线分别如图所示，当F=F0时，A、B都能匀速运动，则可知 A．m A=m B，m A [典型例题2 ]如下图所示，-个质量m=10kg的物块，在F=5ON 的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向成θ=37°。假设水平面光滑，取重力加速度 g=10m/s2、sin37° =0. 6、cos37° =0. 8。 (1)画出物块的受力示意图; (2)求物块运动的加速度大小; (3)求物块速度达到v=4.0m/s时的位移。 五、牛顿第二定律的基本应用.应用牛顿第二定律解题的方法: 1.由牛顿第二定律F =ma可知，合力F的方向与加速度a的方向相同。解题时，若已知加速度的方向，就可推知合力的方向;反之，若已知合力的方向，亦可推知加速度的方向。 2.求合力F时，要灵活选用力的合成法或正交分解法等方法处理。 ①合成法:当物体受两个力时，-般用合成法求合力。 ②正交分解法:当物体受两个以上的力的作用时，常用正交分解法求合力。 四、力的单位 1.力的单位牛顿的定义 在国际单位制中力的单位是牛顿，符号为N。它是根据牛顿第二定 律定义的:使质量为1kg的物体产生1 m/s2的加速度的力，叫作 1 N, 即1 N= 1kgm/s2。 2.比例系数k的意义 (1)在F = kma中，k的取值与所选单位制有关。 (2)在国际单位制中k=1，上面的表达式就变成了最简单的表达 式: F=ma，式中F、m、a的单位分别为N、kg、 m/s2。 当质量是m=1kg的物体在某个力的作用下获得加速度a=1m/s2, 由公式F=ma我们知道这个力的大小就是 F=ma=1kgX 1m/s2=1kgm/s2，后人为了纪念牛顿，就把 kgm/s2这个单位称为牛顿。 物理学中规定: 1N=1Kg. m/s2。 1牛顿第二定律公式 1、牛顿第二定律公式:物体的加速度跟物体所受的合外力F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、公式是: F=ma 3、牛顿第二定律的适用范围 (1)只适用于低速运动的物体(与光速比速度较低)。 (2)只适用于宏观物体，牛顿第二定律不适用于微观原子。 高一物理牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析【例1】在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作[ ] A．匀减速运动 B．匀加速运动 C．速度逐渐减小的变加速运动 D．速度逐渐增大的变加速运动 【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． 【例2】一个质量m=2kg的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为F=10N、与桌面平行、互成120°角的拉力作用，则物体的加速度多大若把其中一个力反向，物体的加速度又为多少【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． 【例3】沿光滑斜面下滑的物体受到的力是[ ] A．力和斜面支持力 B．重力、下滑力和斜面支持力 C．重力、正压力和斜面支持力 D．重力、正压力、下滑力和斜面支持力 【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。 【例4】图中滑块与平板间摩擦系数为μ，当放着滑块的平板被慢慢地绕着左端抬起，α角由0°增大到90°的过程中，滑块受到的摩擦力将[ ] A．不断增大 B．不断减少 C．先增大后减少 D．先增大到一定数值后保持不变 【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。若是最大静摩擦，可用f=μsN计算，式中的μs是静摩擦系数，有时可近似取为滑动摩擦系数，N是接触面间的正压力。 【误解一、二】都没有认真分析物体的运动状态及其变化情况，而是简单地把物体受到的摩擦力当作是静摩擦力或滑动摩擦力来处理。事实上，滑块所受摩擦力的性质随着α角增大会发生变 关于验证牛顿第二定律实验的典型例题 2013.11 典型例题1——在“验证牛顿第二定律”实验中，研究加速度与力的关系时得到如图所示的图像，试分析其原因． 分析：在做关系实验时，用砂和砂桶重力mg代替了小车所受的拉力F，如图所示： 事实上，砂和砂桶的重力mg与小车所受的拉力F是不相等的．这是产生实验系统误差的原因，为此，必须根据牛顿第二定律分析mg和F在产生加速度问题上存在的差别．由图像经过原点知，小车所受的摩擦力已被平衡．设小车实际加速度为a，由牛顿第二定律可得： 即 若视，设这种情况下小车的加速度为，则．在本实验中，M保持不变，与mg（F）成正比，而实际加速度a与mg成非线性关系，且m越大，图像斜率越小。理想情况下，加速度a与实际加速度a差值为 上式可见，m取不同值，不同，m越大，越大，当时，，，这就是 要求该实验必须满足的原因所在． 本题误差是由于砂及砂桶质量较大，不能很好满足造成的． 点评：本实验的误差来源：因原理不完善引起的误差，本实验用砂和砂桶的总重力mg代替小车的拉力，而实际小车所受的拉力要小于砂和砂桶的总重力，这个砂和砂桶的总质量越接近小车和砝码的总质量，误差越大，反之砂和砂桶的总质量越小于小车和砝码的总质量，由此引起的误差就越小．因此满足砂和砂桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M的目的就是为了减小因实验原理不完善而引起的误差．此误差可因 为而减小，但不可能消去此误差． 典型例题2——在利用打点计时器和小车做“验证牛顿第二定律”的实验时，实验前为什么要平衡摩擦力？应当如何平衡摩擦力？ 分析：牛顿第二定律表达式中的F，是物体所受的合外力，在本实验中，如果不采用一定的办法平衡小车及纸带所受的摩擦力，小车所受的合外力就不只是细绳的拉力，而应是细绳的拉力和系统所受的摩擦力的合力．因此，在研究加速度a和外力F的关系时，若不计摩擦力，误差较大，若计摩擦力，其大小的测量又很困难；在研究加速度a和质量m的关系时，由于随着小车上的砝码增加，小车与木板间的摩擦力会增大，小车所受的合外力就会变化（此时长板是水平放置的），不满足合外力恒定的实验条件，因此实验前必须平衡摩擦力． 应如何平衡摩擦力？怎样检查平衡的效果？有人是这样操作的；把如图所示装置中的长木板的右端垫高一些，使之形成一个斜面，然后把实验用小车放在长木板上，轻推小车，给小车一个沿斜面向下的初速度，观察小车的运动情况，看其是否做匀速直线运动．如果基本可看作匀速直线运动，就认为平衡效果较好．这样操作有两个问题，一是在实验开始以后，阻碍小车运动的阻力不只是小车受到的摩擦力，还有打点计时器限位孔对纸带的摩擦力及打点时振针对纸带的阻力．在上面的做法中没有考虑后两个阻力，二是检验平衡效果的方法不当，靠眼睛的直接观察判断小车是否做匀速直线运动是很不可靠的．正确的做法是。将长木板的末端（如图中的右端）垫高一些，把小车放在斜面上，轻推小车，给小车一个沿斜面向下的初速度，观察小车的运动，当用眼睛直接观察可认为小车做加速度很小的直线运动以后，保持长木板和水平桌面的夹角不动，并装上打点计时器及纸带，在小车后拖纸带，打点计时器开始打点的情况下，给小车一个沿斜面向下的初速度，使小车沿斜面向下运动．取下纸带后，如果在纸带上打出的点子的间隔基本上均匀，就表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面的分力平衡． 点评：（1）打点计时器工作时，振针对纸带的阻力是周期性变化的，所以，难以做到重力沿斜面方向的分力与阻力始终完全平衡，小车的运动也不是严格的匀速直线运动，纸带上的点子间隔也不可能完全均匀，所以上面提到要求基本均匀． （2）在实验前对摩擦力进行了平衡以后，实验中需在小车上增加或减少砝码，因此为改变小车对木板的压力，从而使摩擦力出现变化，有没有必要重新平衡摩擦力？我们说没有必要，因为由此引起的摩擦力变化 是极其微小的，从理论上讲，在小车及其砝码质量变化时，由力的分解可知，重力沿斜面向下的分力和 垂直斜面方向的分力（大小等于对斜面的压力），在斜面倾角不变的情况下是成比例增大或减小的，进 而重力沿斜面方向的分力和摩擦力f成比例变化，仍能平衡．但实际情况是，纸带所受阻力，在平 衡时有，而当和f成比例变化后，前式不再相等，因而略有变化，另外，小车的轴与轮的摩擦力也会略有变化，在我们的实验中，质量变化较小，所引起的误差可忽略不计． 典型例题3——用如图甲所示的装置研究质量一定时加速度与作用力的关系．实验中认为细绳对小车的作用力F等于砂和桶的总重力，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，用打点计时器测出小车的加速度a，得出若干组F和a的数值，然后根据测得的数据作a—F图线．一学生作出如图乙所示的图线，发现横轴上的截距OA较大，明显地超出了偶然误差的范围，这是由于实验中没有进行什么步骤？ .-牛顿第二定律-练习题(经典好题)() ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 4.3 牛顿第二定律 练习题(经典好题) 正交分解法1： 例. 1．如图5所示：三个共点力，F 1=5N ，F 2=10N ，F 3=15N ， θ=60°，它们的合力的x 轴方向的分量F x 为 ________N ，y 轴方向的分量F y 为 N ，合力的大小为 N ，合力方向与x 轴正方向夹角为 。 12. (8分)如图6所示，θ＝370，sin370＝0.6，cos370＝0.8。 箱子重G ＝200N ，箱子与地面的动摩擦因数μ＝0.30。要匀速拉动箱子，拉力F 为多大？ 2如图所示，质量为m 的物体在倾角为θ的粗糙斜面下匀速下滑，求物体与斜面间的滑动摩擦因数。 3．（6分）如图10所示，在倾角为α=37°的斜面上有一块竖直放置的档板，在档板和斜面之间放一个重力G=20N 的光滑球，把球的重力沿垂直于斜面和垂直于档板的方向分解为力F 1和F 2，求这两个分力F 1和F 2的大小。 4.质量为m 的物体在恒力F 作用下，F 与水平方向之间的夹角为θ,沿天花板向右做匀速运动，物体与顶板间动摩擦因数为μ，则物体受摩擦力大小为多少？ : 5如图所示，物体的质量kg m 4.4=，用与竖直方向成?=37θ的斜向右上方的推力F 把该物 体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直方向上做匀速直线运动。物体与墙壁间的动摩擦因 数5.0=μ，取重力加速度2/10s m g =，求推力F 的大小。（6.037sin =?，8.037cos =?） 6如图所示，重力为500N 的人通过跨过定滑轮的轻绳牵引重200N 的物体，当绳与水平面成60o 角时，物体静止，不计滑轮与绳的摩擦，求地面对人的支持力和摩擦力。 θ 6 牛顿第二运动定律 【例1】物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图3-2所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是： A、物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大 C、物体从A下降B，以及从B上升到A的过程中，速 率都是先增大，后减小 D、物体在B点时，所受合力为零 的对应关系，弹簧这种特 【解析】本题主要研究a与F 合 殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的 运动性质。对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物 =0，体正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F 合 由A→C的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。在C位置mg=kx c,a=0，物体速度达最大。由C→B的过程中，由于mg牛顿第二定律习题
高一物理牛顿第二定律典型例题答案及讲解
关于验证牛顿第二定律实验的典型例题
-牛顿第二定律-练习题经典好题
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