高中物理模块三牛顿运动定律考点2牛顿运动定律的综合运用21瞬时加速度问题习题1

一、单选题1．如图所示，光滑水平面上，AB 两物体用轻弹簧连接在一起。

A B 、的质量分别为12m m 、，在拉力F 作用下，AB 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为1a 和2a ，则（ ）A ．1200a a ==，B ．21212m a a a a m m ==+， C ．12121212m m a a a a m m m m ==++， D ．1122m a a a a m ==， 2．如图所示，质量为m 的光滑小球A 被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B 托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30o ，重力加速度为210/g m s =，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为（ ）A ．0B ．大小为210/m s ，方向竖直向下C ．大小253/m s ，方向斜向右下方D ．大小25/m s ，方向斜向右下方3．如图所示为两轻绳栓接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角如图，则在剪断a 绳的瞬间，小球的加速度大小为a 1，剪断b 绳的瞬间，小球的加速度大小为a 2．则a 1:a 2为( )A ．1:1B ．2:1C ．3:1D ．23:14．如图所示，轻弹簧上端与一质量为1kg 的木块1相连，下端与另一质量为2kg 的木块2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，木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a ，已知重力加速度g 大小为210/m s ，则有（ ）A ．10a = ， 2215/a m s =B ．21215/a a m s ==C ．10a =， 2210/a m s =D ．21210/a a m s == 5．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着质量均为2kg 的物块A 、B ，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10N 、方向竖直向下的力施加在物块A 上，则此瞬间，A 对B的压力大小为（g=10m/s 2）（ ）A ．10 NB ．20 NC ．25 ND ．30 N6．质量为m 的物体放置在光滑的水平面上，左右两端分别固定一个弹簧，弹簧的另一端连着细绳，细绳跨过光滑定滑轮与质量为M =2m 的物体相连，如图所示。

牛顿运动定律典型例题参考答案一、连接体问题（整体法与隔离法）：1.二体连接问题例题1：F=（M+m）g F=（M+m）g F=（M+m）g F=（M+m）g例题2：例题3：2.多体连接问题：例题4：例题5：二、 超失重问题：例题1：BC例题2：A 例题3：C 例题4：A例题5：D三、 等环境问题（力的质量分配原则）：例题1.例题2.D四、 临界值问题： 例题1. 解析:（1）ma sin N cos T =α-αmg cos N sin T =α+α当g 31a =时，N=68.4（N ） T=77.3（N ） (2) 若N=0，则有'm a cos T =αm g sin T =α )s /m (17g 3gctg 'a ==α=例题2.五、 瞬时值问题：例题1：解析：分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。

此类问题应注意两种模型的建立。

先分析剪断细线前两个物体的受力如图2，据平衡条件求出绳或弹簧上的弹力。

可知，F mg 2=，F F mg mg 122=+='。

剪断细线后再分析两个物体的受力示意图，如图2，绳中的弹力F 1立即消失，而弹簧的弹力不变，找出合外力据牛顿第二定律求出瞬时加速度，则图2剪断后m 1的加速度大小为2g ，方向向下，而m 2的加速度为零。

例题2：C例题3，D 例题4: （a=gsinθ ，a=gtanθ ） 例题5、BD 六、 分离问题：例题1：例题2：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时，物体受重力mg ，弹簧的弹力F=kx 和平板的支持力N 作用。

据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma ，当N=0时，物体与平板分离，所以此时ka g m x )(-= 因为221at x =，所以kaa g m t )(2-= 例题3：七、 相对滑动问题：例题1：例题2：BC 例题3：ABC例题4：例题5：例题6：例题7：八、 传送带问题：例题1：D例题2：解析: 物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 10cos sin =+=m mg mg a θμθ。

牛顿运动定律的综合应用习题典型例题透析类型一、瞬时加速度的分析1、质量分别为m A和m B的两个小球，用一根轻弹簧联结后用细线悬挂在顶板下，如图所示，当细线被剪断的瞬间。

关于两球下落加速度的说法中，正确的是 ( )A、a A＝a B＝0B、a A＝a B＝gC、a A＞g，a B＝0D、a A＜g，a B＝0解析：分别以A、B两球为研究对象。

当细线束剪断前，A球受到竖直向下的重力m A g、弹簧的弹力T，竖直向上细线的拉力T′；B球受到竖直向下的重力m B g，竖直向上弹簧的弹力T，如下图。

它们都处于力平衡状态，因此满足条件，T ＝m B gT′＝m A g＋T＝(m A＋m B)g细线剪断的瞬间，拉力T′消失，但弹簧仍暂时保持着原来的拉伸状态，故B球受力不变，仍处于平衡状态。

所以，B的加速度a B＝0，而A球则在重力和弹簧的弹力作用下，其瞬时加速度为：答案：C举一反三【变式】如图所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是l∶2∶3，设所有接触面都光滑，当沿水平方向抽出木块C的瞬间，木块A和B的加速度分别是a A ＝，a B＝。

解析：在抽出木块C前，弹簧的弹力F＝m A g。

抽出木块C瞬间，弹簧弹力不变，所以，A所受合力仍为零，故a A＝0。

木块B所受合力F B＝m B g＋F＝，所以。

答案：类型二、力、加速度、速度的关系2、如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度、合外力的变化情况是怎样的？（按论述题要求解答）解析：因为速度变大或变小取决于速度方向与加速度方向的关系（当a与v同向时v变大，当a与v 反向时v变小），而加速度由合力决定，所以此题要分析v、a的大小变化，必须要分析小球受到的合力的变化。

小球接触弹簧时受两个力作用：向下的重力和向上的弹力（其中重力为恒力）。

在接触的头一阶段，重力大于弹力，小球合力向下，且不断变小（因为F合＝mg－kx，而x增大），因而加速度减少（a＝F合／m），由于a与v同向，因此速度继续变大。

牛顿运动定律一、基础知识回顾：1、牛顿第一定律一切物体总保持，直到有外力迫使它改变这种状态为止。

注意：（1）牛顿第一定律进一步揭示了力不是维持物体运动（物体速度）的原因，而是物体运动状态（物体速度）的原因，换言之，力是产生的原因。

（2）牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的“理想实验“为基础，经过科学抽象，归纳推理而总结出来的。

2、惯性物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性。

3、对牛顿第一运动定律的理解（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。

（2）它定性地揭示了运动与力的关系，力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。

（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的性质——惯性。

（4）牛顿第一定律揭示了静止状态和匀速直线运动状态的等价性。

4、对物体的惯性的理解（1）惯性是物体总有保持自己原来状态（速度）的本性，是物体的固有属性，不能克服和避免。

（2）惯性只与物体本身有关而与物体是否运动，是否受力无关。

任何物体无论它运动还是静止，无论运动状态是改变还是不改变，物体都有惯性，且物体质量不变惯性不变。

质量是物体惯性的唯一量度。

（3）物体惯性的大小是描述物体保持原来运动状态的本领强弱。

物体惯性（质量）大，保持原来的运动状态的本领强，物体的运动状态难改变，反之物体的运动状态易改变。

（4）惯性不是力。

5、牛顿第二定律的内容和公式物体的加速度跟成正比，跟成反比，加速度的方向跟合外力方向相同。

公式是：a=F合/ m 或F合 =ma6、对牛顿第二定律的理解（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律得出物体的运动规律。

反过来，知道运动规律可以根据牛顿第二运动定律得出物体的受力情况，在牛顿第二运动定律的数学表达式F合=ma中，F合是力，ma是力的作用效果，特别要注意不能把ma看作是力。

（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度。

高中物理牛顿运动定律技巧(很有用)及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

高中物理牛顿运动定律的应用的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。

已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=34，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ； (3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。

【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】 【详解】（1）对小木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：1sin 2mg mg α=斜面对木块的最大静摩擦力：13cos 4m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则1cos sin mg mg ma μαα-=木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()99.0N 8m F M m g =+=（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动对小木块有：21cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=对长木棒受力如图丙所示()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122L a t at =-' 解得1t s =全过程中产生的热量有两处，则()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα⎛⎫=+=+++ ⎪⎝⎭解得：12J Q =。

牛顿运动定律的应用之瞬时性问题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。

分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或压力轻绳微小不计可以只有拉力没有压力轻橡皮绳较大不能只有拉力没有压力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有压力轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力【规律方法】抓住“两关键”、遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”：①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。

②明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

(2)“四个步骤”：第一步：分析原来物体的受力情况。

第二步：分析物体在突变时的受力情况。

第三步：由牛顿第二定律列方程。

学，科网第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。

【典例1】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()A.a1＝g，a2＝gB.a1＝0，a2＝2gC.a1＝g，a2＝0D.a1＝2g，a2＝0【答案】 A【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a 1＝a 2＝g 。

故选项A 正确。

【典例2】如图所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )．A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aC ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a【答案】 D【典例3】用细绳拴一个质量为m 的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x (小球与弹簧不拴连)，如图所示．将细绳剪断后( )．A ．小球立即获得kxm的加速度B ．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C ．小球落地的时间等于2h gD ．小球落地的速度大于2gh 【答案】 CD【解析】 细绳剪断瞬间，小球受竖直方向的重力和水平方向的弹力作用，选项A 、B 均错；水平方向的弹力不影响竖直方向的自由落体运动，故落地时间由高度决定，选项C 正确；重力和弹力均做正功，选项D 正确．【典例4】如图所示，A 、B 、C 三球质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法中正确的是( )A. A 球的受力情况未变，加速度为零B. C 球的加速度沿斜面向下，大小为gC. A 、B 之间杆的拉力大小为2mg s in θD. A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g s in θ【答案】D【跟踪短训】1．(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的弹簧，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 【答案】 BC【解析】 木块在光滑水平面上做匀加速运动，与弹簧接触后，当F >F 弹时，随弹簧形变量的增大，向左的弹力F 弹逐渐增大，木块做加速度减小的加速运动；当弹力和F 相等时，木块速度最大，之后木块做减速运动，弹簧压缩量最大时，木块加速度向左不为零，故选项B 、C 正确．2．(多选)质量均为m 的A 、B 两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A 紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F 将B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力F 撤去，此瞬间( )．A ．A 球的加速度为F2mB ．A 球的加速度为零C ．B 球的加速度为F2mD ．B 球的加速度为Fm【答案】 BD【解析】 恒力F 作用时，A 和B 都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F .突然将力F 撤去，对A 来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A 球的合力为零，加速度为零，A 项错，B项对．而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a＝Fm，故C项错，D项对．3. 如图所示，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。

牛顿运动定律应用之瞬时性加速度问题【核心要点】1.刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．2.弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．【核心方法】分析此类问题要注意系统状态变化前后受力分析的比较【经典例题】【例题1】(多选)如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于平衡状态，弹簧a与竖直方向成30°角，弹簧b与竖直方向成60°角，a、b 两弹簧的形变量相等，重力加速度为g，则、( )A．弹簧a、b的劲度系数之比为3∶2B．弹簧a、b的劲度系数之比为3∶1C．若弹簧a下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD．若弹簧b下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g 2【答案】BD【例题2】(多选)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图甲、乙，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ.在突然撤去挡板的瞬间( )A.两图中两球加速度均为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【答案】CD【精讲精练】1.如图，吊篮用绳子悬挂在天花板上，吊篮A及物块B、C的质量均为m，重力加速度为g，则将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间，下列说法正确的是( )A.三者的加速度都为gB.C的加速度为零，A和B的加速度为3 2 gC.B对A的压力为2mgD.B对A的压力为mg【答案】B2.如图所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接.弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为( )A.a＝0.5gB.a＝gC.a＝1.5gD.a＝2g【答案】D3. (多选)如图所示,箱子A被弹簧吊着,箱内放有物块B,A、B质量分别为m、2m,现对箱子施加竖直向上的F=5mg的力,使系统处于静止状态。

牛顿运动定律的基本应用【考点一　牛顿第二定律的瞬时性问题】1．两种模型物体的加速度与其所受合力具有因果关系，物体的加速度总是随其所受合力的变化而变化，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时性问题的一般思路求解瞬时性问题时应注意的一点物体的加速度能够随其所受合力的突变而突变，但物体速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。

【考点二　动力学的两类基本问题】动力学的两类基本问题的解题步骤解决动力学两类基本问题的关键(1)两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。

(2)两个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁；衔接点的速度是联系相邻两个过程的桥梁。

【考点三　动力学中的图像问题】1．常见的动力学图像v­t图像、a­t图像、F­t图像、F­a图像等。

2．图像问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图像，分析物体的运动情况。

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，分析物体的受力情况。

(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。

3．解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确图像的物理意义。

(2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等所表示的物理意义。

(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

【考点四　超重和失重的理解】1.超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

(2)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。

(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。

(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。

2020衡水名师原创物理专题卷专题三 牛顿运动定律考点07 牛顿运动定理的理解超重和失重 （2、3、7）考点08 牛顿运动定律的应用 （1、8—13、15—20）考点09 动力学的图象问题 （4、5、6、14）第I 卷（选择题 68分）一、选择题（本题共17个小题，每题4分，共68分。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．【湖南省长沙市长郡中学2017届高三上学期月考】考点08易关于力学单位制，下列说法中正确的是（ ）A. N 、 /m s 、 2/m s 是导出单位B.后人为了纪念牛顿， N 作为力学中的基本单位C.在国际单位制中，时间的基本单位可以是s ，也可以是hD.在不同的力学单位制中，牛顿第二定律的表达式都是 F ma2．【2017·天津市和平区高三上学期期末质量调查】考点07难如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（ ）A ．在第一过程中，运动员始终处于失重状态B ．在第二过程中，运动员始终处于超重状态C ．在第二过程中运动员的机械能始终在增大D ．在第一过程中运动员的动能始终在减小3．【2017·广东省佛山市第一中学高三上学期第二次段考】考点07易2015年11月30日，蹦床世锦赛在丹麦落下帷幕，中国代表团获得8金3银2铜，领跑世锦赛的奖牌榜．一位运动员从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，利用仪器测得该运动员从高处开始下落到弹回的整个过程中，运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa段和cd段为直线．由图可知，运动员发生超重的时间段为（）vtOacdt1 t2t3 t4 t5A．0～t1 B．t1～t2C．t2～t4 D．t4～t54．【2017·西藏自治区拉萨中学高三上学期期末】考点09中如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是（）5．【2017·河南省中原名校豫南九校高三上学期第四次质量考评】考点09难如图所示滑块以初速度V0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零，对于该运动过程，若用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象能正确描述这一运动规律的是（）6．【2017·开封市高三第一次模拟】考点09难如图（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 .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 关系图象如图（乙）所示，则小滑块A 的质量为（ ）A ．4kgB ．3kgC ．2kgD ．1kg7．【广东省肇庆市2017届高三第二次模拟考试】考点07难欧洲太空总署火星登陆器“斯基亚帕雷利”于2016年10月19日坠毁在火星表面。

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题授课提示：对应学生用书第44页一、牛顿第二定律及单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。

(2)表达式：F＝ma。

(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对地面静止或做匀速直线运动的参考系。

②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

2．单位制(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。

(2)基本单位：基本量的单位。

力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。

(3)导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

二、动力学两类基本问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知物体的受力情况求运动情况；第二类：已知物体的运动情况求受力情况。

2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：授课提示：对应学生用书第45页命题点一对牛顿第二定律的理解自主探究1．牛顿第二定律的5个性质及其局限性2．合力、加速度、速度间的决定关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。

(2)合外力与速度同向，物体加速；合外力与速度反向，物体减速。

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

1．(多选)下列说法正确的是( )A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用C ．F ＝ma 是矢量式，a 的方向与F 的方向相同，与速度方向无关D ．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小解析：由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力作用瞬间，物体会立即产生加速度，选项A 正确；根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，选项B 错误；牛顿第二定律F ＝ma 是矢量式，a 的方向与F 的方向相同，与速度方向无关，选项C 正确；由牛顿第二定律知物体所受合外力减小，加速度一定会减小，如果物体加速，其速度仍会增大，只是增大的慢一些，选项D 正确。

高中物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a相连，如图所示．质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，从t=0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g ．求：(1)弹簧的劲度系数； (2)物块b 加速度的大小；(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式．【答案】（1）08sin 5mg x θ （2）sin 5g θ（3）22084sin sin 2525mg F mg x θθ=+【解析】 【详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx 0=（m+35m ）gsinθ 解得：k=8 5mgsin x θ（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：1014x x = 说明当形变量为0010344x x x x =-=时二者分离； 对m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx 1-mgsinθ=ma 联立解得：a=15gsin θ（3）设时间为t ，则经时间t 时，ab 前进的位移x=12at 2=210gsin t θ则形变量变为：△x=x 0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k △x-（m+35m ）gsinθ=（m+35m ）a解得：F=825mgsinθ+22425mg sinxθt2因分离时位移x=04x由x=04x=12at2解得：052xtgsinθ=故应保证0≤t＜052xgsinθ，F表达式才能成立．点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．2．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。

高中物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求：(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()210102mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22t v v vs t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m＝μ-=． 根据：212212s a t =得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mga g mμμ=-=-=-根据：3322a t a t = 解得30.2t s =物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．2．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：（1）包裹P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P 到达B 时的速度大小；（3）若传送带匀速转动速度v =2m/s ，包裹P 经多长时间从B 处由静止被送回到C 处； （4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回C 处的速度v c 与a 的关系式，并画出v c 2-a 图象．【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s（4）222200.4/80.4/ca a m s v a m s ⎧<=⎨≥⎩（）（） 如图所示：【解析】 【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到v c 2-a 的关系，从而画出图像。

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.2．如图甲所示,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ︒=的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。