(通用版)2020版高考物理大一轮复习课后限时集训8牛顿第二定律、两类动力学问题

A.a1=0,a2=0B.a1=a,a2=aC.a1=a,a2=aD.a1=a,a2=a答案D解析撤去拉力F的瞬间,物体A的受力不变,所以a1=a,对物体A受力分析得F弹=m1a;撤去拉力F的瞬间,物体B受到的合力大小为F弹'=m2a2,所以a2=,故选项D正确.。

4.(动力学两类基本问题)(20xx·湖南长沙月考)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零.。

当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零时,Q、N传感器示数不为零.。

已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )A.3B.2.7C.1.5D.1答案A解析当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图:竖直方向:FQ+mg=FNcos 15°水平方向:F合=FNsin 15°=ma联立解得a=tan 15°=×0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故A选项正确.。

5.(动力学两类基本问题)(20xx·辽宁沈阳四校月考)如图所示,当小车向右加速运动时,物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时( )A.M受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止D.M受静摩擦力减小答案C解析分析M受力情况如图所示,因M相对车厢壁静止,有Ff=Mg,与水平方向的加速度大小无关,A、D错误.。

水平方向,FN=Ma,FN随a的增大而增大,由牛顿第三定律知,B错误.。

因FN增大,物体与车厢壁的最大静摩擦力增大,故M相对于车厢仍静止,C正确.。

6.(图象问题)(20xx·河北衡水中学一调)如图,穿在水平直杆上质量为m 的小球开始时静止.。

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。

2020年高考物理一轮复习限时训练专题07 牛顿第二定律两类动力学问题(限时：45min)一、选择题（本大题共12小题）1．(2019·淮北检测)下列说法正确的是( )A．物体受到力的作用时，力克服了物体的惯性，使其产生了加速度B．人走在松软土地上下陷时具有向下的加速度，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力C．物理公式既能确定物理量之间的数量关系，又能确定物理量间的单位关系D．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零【答案】C【解析】：惯性是物体的固有属性，力能使物体产生加速度，但不能说力克服了物体的惯性，A错误。

根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误。

物理公式不仅能确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C正确。

根据牛顿第二定律，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误。

2．(多选)如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1 s时刻撤去恒力F，物体运动的v­t图像如图乙所示。

重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )A．物体在3 s内的位移x＝3 mB．恒力F与摩擦力f大小之比为F∶f＝3∶1C．物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.3D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为v1∶v2＝2∶1【答案】BC【解析】：在速度—时间图像中图线与时间轴所围成的面积等于位移的大小，3 s内物体的位移大小应为9 m，A错误。

撤去力F后，物体受摩擦力作用而减速运动，加速度大小为3 m/s2，而a2＝μg，得μ＝0.3，C正确。

匀变速直线运动的平均速度等于初、末速度和的一半，故撤去F前后两个阶段的平均速度相同，D错误。

根据牛顿第二定律可得：F－f＝ma1，f＝ma2，又由题图乙可知a1＝6 m/s2，a2＝3 m/s2，联立解得F∶f＝3∶1，故B正确。

3．(多选)(2018·青岛二模)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动。

2020年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---牛顿第二定律 两类动力学问题一、选择题(1～7题为单项选择题，8～12题为多项选择题)1．关于力学单位制的说法中正确的是( )A ．kg 、m/s 、N 是导出单位B ．kg 、m 、J 是基本单位C ．在国际单位制中，质量的基本单位是kg ，也可以是gD ．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F ＝ma【答案】 D【解析】 kg 是质量的单位，它是基本单位，所以A 错误；国际单位制规定了七个基本物理量。

分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量。

它们在国际单位制中的单位称为基本单位，J 是导出单位，B 错误；g 也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以C 错误；牛顿第二定律的表达式F ＝ma ，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以D 正确。

2．惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原理的示意图如图所示：沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m 的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k 的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。

设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O 点距离为s ，则这段时间内导弹的加速度( )A ．方向向左，大小为ks mB ．方向向右，大小为ks mC ．方向向左，大小为2ks mD ．方向向右，大小为2ks m【答案】 D3．一物体沿倾角为α的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为( )A ．g sin αB ．g tan αC ．2g sin αD ．2g tan α【答案】 C【解析】 对物体下滑时进行受力分析，如图甲。

由于恰好做匀速直线运动，根据平衡知识得：mg sin α＝F f物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙。

2020(人教版)高考物理复习课时过关题08牛顿第二定律两类动力学问题1.关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大2.下列关于牛顿运动定律说法正确的是( )A．力是维持物体运动的原因B．牛顿第一定律可以用实验直接验证C．作用力与反作用力只存在于相互接触的两个物体之间D．作用力与反作用力的性质一定相同3.如图，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态．现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中( )A．弹簧达到自然长度前加速运动，之后减速运动B．弹簧达到自然长度前加速运动，之后先加速运动后减速运动C．加速度先增大后减小D．加速度一直减小4.大小分别为1 N和7 N的两个力作用在一个质量为1 kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是( )A．1 m/s2和7 m/s2B．5 m/s2和8 m/s2C．6 m/s2和8 m/s2D．0 m/s2和8 m/s25.某种型号焰火礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g=10 m/s2，那么v0和k分别等于( )A．40 m/s,1.25B．40 m/s,0.25C．50 m/s,1.25D．50 m/s,0.256.如图所示，车内轻绳AB与BC拴住一小球，BC水平，开始车在水平面上向右做匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )A．AB绳、BC绳拉力都变小B．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变C．AB绳拉力不变，BC绳拉力变小D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大7.如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是( )A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变C．F1、F2都变大D．F1变大，F2减小8.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )A．运动员的加速度为gtan θB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θD．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动9.如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)( )A．0 B．8 N C．10 N D．50 N10.如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为2R，AC长为22R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为( )A．1∶ 2 B．1∶2 C．1∶ 3 D．1∶311. (多选)下图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。

牛顿第二定律两类动力学问题(45分钟100分)一、选择题(此题共9小题，每一小题6分，共54分，1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1.如下说法正确的答案是( )A.物体受到力的作用时，力抑制了物体的惯性，使其产生了加速度B.人走在松软土地上下陷时具有向下的加速度，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力C.物理公式既能确定物理量之间的数量关系，又能确定物理量间的单位关系D.对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零【解析】选C。

惯性是物体的固有属性，力能使物体产生加速度，但不能说力抑制了物体的惯性，A错误。

根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误。

物理公式不仅能确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C正确。

根据牛顿第二定律，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误。

2.(2019·武汉模拟)据国外媒体报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机。

该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞。

设X3型直升机原型机的质量为m，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg、方向向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推力。

不考虑空气的阻力影响，如下说法正确的答案是( )A.该直升机原型机在该次试飞时可能处于平衡状态B.该直升机原型机以加速度g做匀加速直线运动C.空气对直升机原型机的作用力为2mgD.空气对直升机原型机的作用力为4mg【解析】选C。

直升机原型机的受力如下列图，所受合外力大小为mg，方向斜向右上方，加速度大小为g，应当选项A、B均错误；空气对直升机原型机的作用力为=2mg，应当选项C正确，D错误。

此题也可以由水平方向的加速度a x=2g和竖直方向的加速度a y=g合成得到原型机的加速度a==g。

3.乘坐“空中缆车〞饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。

假设某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如下列图。

考点规范练8牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1.以下列图,弹簧一端固定在天花板上,另一端连一质量m0=2 kg的秤盘,盘内放一个质量m=1 kg的物体,秤盘在竖直向下的拉力F=30 N作用下保持静止,当突然撤去拉力F的瞬时,物体对秤盘的压力大小为(g取10 m/s2)()A.10 NB.15 NC.20 ND.40 N2.以下列图,将质量为m0的U形框架张口向下置于水平川面上,用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来。

框架和小球都静止时弹簧1竖直,弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长,这时框架对地面的压力大小等于(m0+m)g。

现将弹簧1从最上端剪断,则在剪断后瞬时()A.框架对地面的压力大小仍为(m0+m)gB.框架对地面的压力大小为0C.小球的加速度为0D.小球的加速度大小等于g3.(2018·天津实验中学期中)在研究超重和失重规律时,某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。

传感器和计算机相连,经计算机办理后获取压力F随时间t 变化的图像,则以下列图像可能正确的选项是(),人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力的大小,故A、B、C错误,D正确。

4.(2018·广东深圳中学月考)以下列图,质量为1.5 kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上,质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A恰好接触但不挤压。

现突然将细线剪断,则剪断细线瞬时A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()A.0B.2.5 NC.5 ND.3.75 N=m A g=15N,将,只有A对弹簧有作用力,所以剪断细线前弹簧的弹力F弹细线剪断的瞬时,依照牛顿第二定律可得(m A+m B)g-F弹=(m A+m B)a,解得a=2.5m/s2,隔断B,则有m B g-F N=m B a,代入数据解得F N=m B g-m B a=3.75N,D正确。

牛顿第二定律 两类动力学问题一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2019·江苏泰州联考)有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来。

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

若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( A )[解析] 篮球向下运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有：mg －f ＝ma 1，解得a 1＝g －f m ；篮球反弹向上运动时，受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有：mg ＋f ＝ma 2，解得a 2＝g ＋f m ，联立得：a 1<a 2，即下落的加速度小于上升的加速度，故v －t 图线正方向的斜率小于负方向的斜率，由于碰撞中存在能量损失，所以小球弹起时的速度越来越小，故A 正确，B 、C 、D 错误。

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

设该盘的质量为m ，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转，则下列说法中正确的是( D )A ．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力大于mgB ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力C ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的作用力大小为μmgD ．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mg[解析] 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力与盘子的重力mg 等大反向，选项A 错误；若手支撑着盘并一起水平向右匀速运动，合力为零，盘子受重力和支持力，不受静摩擦力，故B 错误；若手支撑着盘并一起水平匀加速运动，盘子受重力、支持力和静摩擦力，其中重力和支持力平衡，由于f≤μmg ，故手对盘子的作用力大小小于或等于2＋μ2＝1＋μ2mg ，不一定等于μmg ，故C 错误，D 正确。

课时规范练8牛顿第二定律两类动力学问题课时规范练第16页基础对点练1.(牛顿定律的理解)(2019·贵州贵阳高三期末)下列说法正确的是()A.牛顿第一定律又称惯性定律,所以惯性定律与惯性的实质相同B.牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形,它们都可通过实验来验证C.牛顿运动定律既适用于低速、宏观的物体,也适用于高速、微观的粒子D.伽利略通过理想斜面实验,说明物体的运动不需要力来维持答案D解+析物体总有保持匀速直线运动状态或静止状态的性质,这种性质叫做惯性。

惯性定律就是牛顿第一运动定律,两者不同,故A错误;牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律,是经典力学的基础,它不是牛顿第二定律的特殊形式,牛顿第二定律可通过实验来验证,而牛顿第一定律不能通过实验验证,选项B错误;牛顿运动定律适用于低速、宏观的物体,不适用于高速、微观的粒子,故C错误;伽利略通过理想斜面实验,说明物体的运动不需要力来维持,D正确。

2.(牛顿第二定律的理解)(2019·宁夏青铜峡高级中学月考)如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则()A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑答案C解+析不施加F时,由牛顿第二定律有:mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得a=g sin θ-μgcos θ;施加F后,相当于物体的重力增加了F,而质量无变化,由牛顿第二定律有:(F+mg)sin θ-μ(F+mg)cos θ=ma',解得a'=(+1)(gsin θ-μgcos θ),所以加速度变大,C正确。

3.(瞬时性问题)如图,质量为 1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压。

现突然将细线剪断,则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()A.0B.2.5 NC.5 ND.3.75 N答案D解+析剪断前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断前弹簧的弹力F弹=m A g=15 N,剪断瞬间由于弹簧来不及改变,根据牛顿第二定律可得(m A+m B)g-F弹=m B g=(m A+m B)a,解得a=2.5 m/s2,隔离B,则有m B g-F N=m B a,代入数据解得F N=m B g-m B a=3.75 N,D正确。

课时训练8 牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题1.如图所示，连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到底端C点速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程中摩擦力均为定值．下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是( )解析对滑雪者，受重力、支持力和摩擦力三个恒力作用，在AB和BC两段的合力均为恒定值，由牛顿第二定律，Gsinθ－fAB＝maAB、fBC－Gsinθ＝maBC，加速度也分别恒定，且AB段aAB的方向沿斜面向下，BC段aBC的方向沿斜面向上，则选项C、D错误；滑雪者先匀加速运动到B，再匀减速运动到C，则选项B正确；s－t图象的斜率表示速度，则选项A错误．答案 B2．汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶，根据牛顿运动定律，以下说法正确的是( )A．汽车能拉着拖车加速前进，是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B．加速前进时，汽车对拖车的拉力大小与拖车对汽车的拉力大小相等C．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力D．汽车对拖车的拉力大小与拖车所受地面对它的摩擦力大小相等解析汽车拉着拖车加速前进，汽车对拖车的拉力大于拖车所受地面对它的摩擦力，根据牛顿第三定律，汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力，且同时产生，故只有选项B正确．答案 B3.[2014·北京月考]粗糙水平面上放有P、Q两个木块，它们的质量依次为m1、m2，与水平面的动摩擦因数依次为μ1、μ2.分别对它们施加水平拉力F，它们的加速度a随拉力F变化的规律如图所示．下列判断正确的是( )A．m1>m2，μ1>μ2 B．m1>m2，μ1<μ2C．m1<m2，μ1>μ2 D．m1<m2，μ1<μ2解析木块在水平面受到拉力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律有a ＝F －μmg m ＝1m F －μg，结合加速度a 随拉力F 变化的图象，a －F 斜率代表1m，图象Q 的斜率大，即m1>m2，纵轴的截距是－μg，把图象延长得到纵轴截距如图，Q 截距大说明μ2>μ1.对照答案B 对．答案 B4.[2013·新课标全国卷Ⅱ]一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间关系的图象是( )解析 设物块受的滑动摩擦力为Ff ，当拉力F 增至与滑动摩擦力相等时，物块才开始滑动．根据牛顿第二定律得F －Ff ＝ma ，则F ＝Ff ＋ma ，C 项正确．答案 C5.[2014·福建月考]如图所示，竖直平面内两根光滑细杆所构成的∠AOB 被铅垂线OO′平分，∠AOB ＝120°.两个质量均为m 的小环通过水平轻弹簧的作用静止在A 、B 两处，A 、B 连线与OO′垂直，连线中O 点高度为h ，已知弹簧原长为3h ，劲度系数为k ，现在把两个小环在竖直方向上均向下平移h ，释放瞬间A 环加速度为a ，则下列表达式正确的是( )A ．k ＝3mg/3hB ．k ＝mg/6hC ．a ＝gD ．a ＝3g解析 以位于A 点的小环为研究对象受力分析如图所示，设此时弹簧伸长量为Δx，则有：kΔx＝mgtan30°，而Δx＝2h tan30°－3h ，解得：k ＝mg 3h，所以A 、B 错误；同理分析小环下移h 后的受力情况可得到：kΔx′cos30°－mgsin30°＝ma ，而同时有Δx′＝2×2h tan30°－3h ，代入解得：a ＝g ，故C 正确、D 错误． 答案 C6.[2013·广东卷]游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有( )A ．甲的切向加速度始终比乙的大B ．甲、乙在同一高度的速度大小相等C ．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D ．甲比乙先到达B 处解析设轨道的切线与水平面夹角为θ，小孩下滑过程的切向加速度a ＝gsinθ，开始甲大于乙后来甲小于乙，A 项错误；由机械能守恒可知，甲、乙在同一高度的速度大小相等，B 项正确；画出甲、乙的速率—时间图象如图所示，由于两种情况路程相同(即图象与t 轴所围的图形的面积相同)，最后的速率相同，由图可知甲比乙先到达B 处，同一时刻，甲的位置总低于乙，C 项错误，D 项正确．答案 BD 7.[2013·新课标全国卷Ⅰ]2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功，图(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(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( )A ．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 s ～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 s ～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析 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 ＝70×0.4 m＋12×(3.0－0.4)×70 m＝119 m ，A 项正确；0.4～2.5 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 项错误；0.4～2.5 s 时间内平均加速度均为a ＝66－102.1m/s2＝26.7 m/s2，C 项正确；0.4～2.5 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 项错误． 答案 AC8．在工厂的车间里有一条沿水平方向匀速运行的传送带，可将放在其上的小工件(可视为质点)运送到指定位置．某次将小工件轻放到传送带上时，恰好带动传送带的电动机突然断电，导致传送带做匀减速运动至停止．则小工件被放到传送带上后相对于地面( )A ．做匀减速直线运动直到停止B ．先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动C ．先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动D ．先做匀减速直线运动，然后做匀速直线运动解析 由于小工件的初速度为零，即小工件的初速度小于传送带的速度，故小工件在传送带的滑动摩擦力作用下先做匀加速直线运动，当小工件达到与传送带相同的速度后，将相对于传送带静止并一起做匀减速直线运动，将最终停止．答案 B9．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )A ．t2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析 本题考查受力分析、牛顿第二定律和速度图象，意在考查考生应用牛顿第二定律并结合v －t 图象分析传送带模型的能力．小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A 处最远；t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用，B 正确． 答案 B二、非选择题10.[2013·四川卷]如图1所示，某组同学借用“探究a 与F 、m 之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动．②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图2所示的纸带，纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s 的相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G.实验时小车所受拉力为0.2 N ，小车的质量为0.2 kg.请计算小车所受合外力做的功W 和小车动能的变化ΔEk，补填表中空格(结果保留至小数点后第四位). O —B O —C O —D O —E O —F W/J 0.043 2 0.057 2 0.073 4 0.091 5ΔEk/J 0.043 0 0.057 0 0.073 4 0.090 7分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W ＝ΔEk，与理论推导结果一致．③实验前已测得托盘质量为7.7×10－3 kg ，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg(g 取9.8 m/s2，结果保留至小数点后第三位)．解析 ①平衡摩擦力完成的依据是，小车可以独自在斜面上做匀速直线运动．②O ～F 段，合外力做的功W ＝Fs ＝0.2 N×55.75×10－2 m ＝0.111 5 J ；小车动能的变化ΔEk＝12mv2F ＝12×0.2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤66.77－45.75×10－20.2 2 J ＝0.110 5 J. ③设M 为托盘、钩码总质量从O 点到任一计数点，拉力的功等于小车动能的变化Fs ＝12mv2 根据机械能守恒，钩码、托盘减少的重力势能等于系统增加的动能Mgs ＝12(M ＋m)v2 联立解得，M ＝0.022 7 kg钩码质量 m′＝M －7.7×10－3 kg ＝0.015 kg.答案 ①匀速直线 ②0.111 5 J 0.110 5 J ③0.01511.某兴趣小组在研究测物块P 与软垫间的动摩擦因数时，提出了一种使用刻度尺和秒表的实验方案：将软垫一部分弯折形成斜面轨道与水平轨道连接的QCE 形状，并将其固定在竖直平面内，如图所示．将物块P 从斜面上A 处由静止释放，物块沿粗糙斜面滑下，再沿粗糙水平面运动到B 处静止，设物块通过连接处C 时机械能不损失，重力加速度g 取10 m/s2，用秒表测得物块从A 滑到B 所用时间为2 s ，用刻度尺测得A 、C 间距60 cm ，C 、B 间距40 cm.求：(1)物块通过C 处时速度大小；(2)物块与软垫间的动摩擦因数．解析 (1)设物块通过C 处时的速度为vC ，物块由A 滑到C 所通过的位移为x1，时间为t1，物块由C 滑到B 所通过的位移为x2，时间为t2.由x ＝v0＋vt 2t 得x1＝vC 2t1 x2＝vC 2t2 且t1＋t2＝2 s解得：vC ＝1 m/s(2)由牛顿运动定律F ＝ma 可得μmg＝ma由匀变速直线运动规律，得－v2C ＝－2ax2解得：μ＝0.12512.2013年9月，我国舰载机歼­10满载荷在航母上首降成功．设某一舰载机的质量为m ＝2.5×104 kg，速度为v0＝42 m/s ，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a0＝0.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机．图示为舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F ＝1.2×105 N，减速的加速度a1＝20 m/s2，此时阻拦索夹角θ＝106°，空气阻力和甲板阻力保持不变．求此时阻拦索承受的张力大小？(已知：sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)解析(1)设甲板的长度至少为x0，则由运动学公式得－v20＝－2a0x0故x0＝v20/2a0代入数据可得x0＝1 102.5 m(2)舰载机受力分析如图所示，其中FT 为阻拦索的张力，f 为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2FTcos53°＋f －F ＝ma1舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时f ＝ma0联立可得FT ＝5×105 N 13.如图所示，一质量为m 的物块A 与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m 的物块B 叠放在A 的上面，A 、B 处于静止状态．若A 、B 粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢提B ，当拉力的大小为0.5mg 时，A 物块上升的高度为L ，此过程中，该拉力做的功为W ；若A 、B 不粘连，用一竖直向上的恒力F 作用在B 上，当A 物块上升的高度也为L 时，A 、B 恰好分离．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，求：(1)弹簧的劲度系数k ；(2)恒力F 的大小；(3)A 与B 分离时的速度大小．解析 (1)设弹簧原长为L0，没有作用力时，弹簧总长度为L1＝L0－2mg k 当F1＝0.5mg 时，弹簧总长度为L2＝L0－2mg －F1k ＝L0－1.5mg k 又由题意可知L ＝L2－L1＝0.5mg k解得k ＝mg 2L. (2)A 、B 刚分离时，A 不受B 对它的弹力作用，经受力分析可得A 的加速度为aA ＝k L0－L2－mg m ＝0.5g 此时B 的加速度为aB ＝F －mg m刚分离时应有aA ＝aB解得F ＝1.5mg(3)设上升L 过程中，弹簧减小的弹性势能为ΔEp，A 、B 粘连一块上升时，依据功能关系有： W ＋ΔEp＝2mgL在恒力F 作用的过程中有：F·L＋ΔEp＝2mgL ＋12·2m·v2 可得：v ＝32gL －W m。

权掇市安稳阳光实验学校课后分级演练(八) 牛顿第二定律 两类动力学问题【A 级——基础练】1．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间关系的图象是( )解析：C 物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有F －F f ＝ma ，即F ＝ma ＋F f ，该关系为线性函数．当a ＝0时，F ＝F f ；当F ＝0时，a ＝－F fm.符合该函数关系的图象为C.2.如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ，其下端都固定于底部圆心O ，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力)，则( )A ．a 处小孩最后到O 点B ．b 处小孩最后到O 点C ．c 处小孩最先到O 点D ．a 、c 处小孩同时到O 点解析：D 三块滑板与圆柱形仓库构成的斜面底边长度均为圆柱形仓库的底面半径，则Rcos θ＝12gt 2sin θ，t 2＝4R g sin 2θ，当θ＝45°时，t 最小；当θ＝30°和60°时，sin 2θ的值相同，故只有D 正确．3．如图甲所示，物块静止在粗糙水平面上．某时刻(t ＝0)开始，物块受到水平拉力F 的作用．拉力F 在0～t 0时间内随时间变化情况如图乙所示，则物块的速度－时间图象可能是( )解析：D 拉力较小时，拉力小于最大静摩擦力，物块静止；拉动后，由F－μmg ＝ma 可知，随着拉力的增大，物块的加速度增大，所以速度－时间图象切线斜率增大．4.如图所示，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A 用细线悬挂在车顶上，质量为m 的一位中学生手握扶杆始终相对于汽车静止站在车厢底板上．学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为( )A ．mg ，竖直向上B.mgcos θ，斜向左上方 C ．mg tan θ，水平向右D ．mg 1＋μ2，斜向右上方解析：B 对小球A ，由牛顿第二定律得m ′g tan θ＝m ′a ，则人与车的加速度为a ＝g tan θ，方向水平向左，因此车对人的作用力为F ＝mg2＋mg tan θ2＝mgcos θ，方向斜向左上方，因此选项B正确，其他选项均错．5.(多选)如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θD．B、C之间杆的弹力大小为0解析：CD 初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力F N、细线的拉力F T，由平衡条件可得F T＝2mg sin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力F T，由平衡条件可得：F弹＝F T＋mg sin θ＝3mg sin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2g sin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝g sin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、枰的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．6.(2017·三湘名校联盟三模)在明德中学教学楼顶吊着一口大钟，每年元旦会进行敲钟仪式，如图所示，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长为L，与吊撞锤的点等高且水平相距23L3处有一固定的光滑定滑轮，一同学将轻绳一端绕过定滑轮连在撞锤上，然后缓慢往下拉绳子另一端，使得撞锤提升竖直高度L/2时突然松手，使撞锤自然地摆动下去撞击大钟，发出声音．(重力加速度为g)则( )A．在撞锤上升过程中，该同学对绳子的拉力大小不变B．在撞锤上升过程中，撞锤吊绳上的拉力大小不变C．突然松手时，撞锤的加速度大小等于gD．突然松手时，撞锤的加速度大小等于32g解析：D 因该同学缓慢拉绳子，则撞锤在缓慢上升，处于动态平衡状态，对撞锤受力分析可知，其受两绳的拉力和重力作用．因重力的大小和方向恒定不变，由平衡条件可知两绳拉力的合力与重力等大反向，而两绳拉力方向均在变化，由平行四边形定则分析可知，两绳上的拉力大小均在变化，A、B错误：突然松手时，撞锤此时受重力和吊撞锤的绳子对它的拉力作用．如图所示，根据几何关系知两绳子的夹角为90°，且吊撞锤的绳子与竖直方向的夹角为60°，则F 合＝mg sin 60°＝32mg ，根据牛顿第二定律得其加速度大小a ＝F m ＝32g ，C 错误，D 正确．7.如图所示，两根长度分别为L 1和L 2的光滑杆AB 和BC 在B 点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B 点由静止释放，分别沿BA 和BC 滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )A.2L 1L 2gB.2L 1L 2gC.2L 21＋L 22gD.2L 21＋L 22g L 1＋L 2解析：C 设BA 和BC 倾角分别为α和β，根据牛顿第二定律得：滑环沿BA 下滑的加速度为a 1＝mg sin αm ＝g sin α①沿BC 下滑的加速度为a 2＝mg sin βm＝g sin β②设下滑时间为t ，由题有： L 1＝12a 1t 2③L 2＝12a 2t 2④由几何知识有：sin α＝cos β⑤联立以上各式解得t ＝2L 21＋L 22g，故选C.8. (多选)(2017·淄博二模)如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演．若盘的质量为m ，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转．则下列说法正确的是( )A ．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力等于mgB ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力C ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为μmgD ．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mg解析：AD 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受力平衡，手指对盘的作用力与盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于mg ，选项A 正确；若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向盘不受力，即盘不受静摩擦力，选项B 错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力为静摩擦力，大小不一定等于μmg ，选项C 错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为μmg ，竖直方向对盘子的支持力为mg ，则手指对盘的作用力大小的最大值mg2＋μmg2＝1＋μ2mg ，即手指对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mg ，选项D 正确．9．(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：BD 设小球的密度为ρ，其质量m ＝4ρπr33，设阻力与球的半径的比值为k ，根据牛顿第二定律得：a ＝mg －krm＝g －错误!＝g －错误!，由此可见，由m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，r 甲>r 乙，可知a 甲>a 乙，选项C 错误；由于两球由静止下落，两小球下落相同的距离则由x ＝12at 2，t 2＝2xa ，t 甲<t 乙，选项A 错误；由v 2＝2ax 可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，选项B 正确；由于甲球质量大于乙球质量，所以甲球半径大于乙球半径，甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力，则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，选项D 正确．10．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点．已知A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，B 点到C 点的距离L ＝2.0 m(滑块经过B 点时没有能量损失，取g ＝10 m/s 2)．求：(1)滑块在运动过程中的最大速度的大小； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A 点释放后，经过时间t ＝1.0 s 时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B 点时达到速度最大值v m ，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin 30°＝ma 1.由运动学公式知v 2m＝2a 1hsin 30°解得v m ＝4 m/s(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2又v 2m ＝2a 2L 解得μ＝0.4(3)设滑块在斜面上运动的时间为t 1，则v m ＝a 1t 1 解得t 1＝0.8 s由于t >t 1，故t ＝1.0 s 时滑块已经经过B 点，做匀减速运动的时间为t －t 1＝0.2 s设t ＝1.0 s 时速度大小为v ，则v ＝v m －a 2(t －t 1) 解得v ＝3.2 m/s答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s 【B 级——提升练】11. (多选)如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端的挡板C 上，另一端自然伸长到A 点．质量为m 的物块从斜面上B 点由静止开始滑下，与弹簧发生相互作用，最终停在斜面上某点．下列说法正确的是( )A ．物块第一次滑到A 点时速度最大B ．物块速度最大时弹簧的压缩量小于mg sin θkC ．物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动D ．物块最终停在斜面上时受到的摩擦力小于mg sin θ解析：BD 当物块受力平衡时速度最大，由kx ＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得x ＝mg sin θ－μmg cos θk，故A 错误，B 正确；物块压缩弹簧后被反弹过程先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C 错误；由于物块能够由静止下滑，可得最大静摩擦力小于重力沿斜面方向的分力，故最终停止运动时弹簧有弹力，根据受力平衡知，物块受到的摩擦力小于mg sinθ，故D 正确．12.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，有三条光滑轨道AB 、CD 、EF ，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O ，轨道与竖直线的夹角关系为α>β>θ.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止开始下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EF解析：B 在倾斜轨道上，设轨道与竖直方向间夹角为r ，对物块由牛顿第二定律有mg cos r ＝ma ，得加速度a ＝g cos r ，又位移x ＝2R 1cos r ＋R 2，再结合运动学公式x ＝12at 2，得t ＝4R 1g ＋2R 2g cos r，由此关系式可知随r 的增大t 增大，因α>β>θ，则t AB >t CD >t EF ，故选B.13.如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC ，物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(物块P 在AB 、BC 上所做的运动均可看作匀变速直线运动)( )A ．1∶1B ．1∶4C ．4∶1D ．8∶1解析：D 由牛顿第二定律可知，物块P 在AB 段减速的加速度a 1＝μ1g ，在BC 段减速的加速度a 2＝μ2g ，设物块P 在AB 段运动时间为t ，则可得：v B ＝μ2g ·4t ，v 0＝μ1gt ＋μ2g ·4t ，由x AB ＝v 0＋v B2·t ，x BC ＝v B2·4t ，x AB ＝x BC 解得：μ1＝8μ2，故D 正确．14.如图所示，在倾角θ＝37°的粗糙斜面上距离斜面底端s ＝4 m 处，有一质量m ＝1 kg 的物块，受水平恒力F 作用由静止开始沿斜面下滑，到达底端时立即撤去水平恒力F ，然后在水平面上滑动一段距离后停止．每隔0.2 s 通过传感器测得物块的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．若物块与各接触面之间的动摩擦因数均相等，不计物块撞击水平面时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1) (2)物块与水平面间的动摩擦因数； (3)水平恒力F 的大小．解析：(1)由表中数据可得物块沿斜面加速下滑的加速度大小a 1＝Δv 1Δt ＝0.40.2m/s 2＝2 m/s 2.由v 2＝2a 1s ，代入数据解得v ＝2a 1s ＝2×2×4 m/s ＝4 m/s. (2)物块沿水平面减速滑行时，加速度大小a 2＝Δv 2Δt ＝0.40.2 m/s 2＝2 m/s 2，在水平面上由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2，解得μ＝a 2g＝0.2.(3)物块沿斜面加速下滑时，有mg sin θ－F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)＝ma 1，代入数据解得F ＝2.6 N.答案：(1)4 m/s (2)0.2 (3)2.6 N15.避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．解析：(1)设货物的质量为m ，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为F f ，加速度大小为a 1，则F f ＋mg sin θ＝ma 1① F f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －F f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2⑥s 2＝vt －12a 2t 2⑦s ＝s 1－s 2⑧l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m ⑩答案：(1)5 m/s 2方向沿制动坡床向下 (2)98 m。

牛顿第二定律两类动力学问题1.如图所示，一物体从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下．A点为弹簧处于自然状态时端点的位置，当物体到达B点时，物体的速度恰好为零，然后被弹回．下列说法中正确的是( D )A．物体从A点下落到B点的过程中速率不断减小B．物体在B点时，所受合力大小为零C．物体在A点时处于超重状态D．物体在B点时处于超重状态2．如图所示，一端固定在地面上的杆与水平方向的夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，滑块通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.先给滑块一个沿杆方向的初速度，稳定后，滑块和小球一起以共同的加速度沿杆运动，此时绳子与竖直方向的夹角为β，且β>θ，不计空气阻力，则滑块的运动情况是( B )A．沿着杆减速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆加速下滑D．沿着杆加速上滑3．(多选)如图甲所示，在水平面上有一质量为2m的足够长的木板，其上叠放一质量为m的木块．现给木块施加一随时间增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小随时间变化的图线如图乙所示，木块与木板之间的动摩擦因数为μ1、木板与水平面之间的动摩擦因数为μ2.假定接触面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是( CD )A．0～t1时间内木块受到的摩擦力大小为μ1mgB．μ1<2μ2C ．乙图中a 0＝⎝⎛⎭⎪⎫μ1－3μ22gD ．t 1～t 2与t 2～t 3时间内对应的两段图线的斜率绝对值之比为4．放在固定粗糙斜面上的滑块A 以加速度a 1沿斜面匀加速下滑，如图甲所示．在滑块A 上放一物体B ，物体B 始终与A 保持相对静止，以加速度a 2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示．在滑块A 上施加一竖直向下的恒力F ，滑块A 以加速度a 3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示．则(B )A ．a 1＝a 2＝a 3B ．a 1＝a 2<a 3C ．a 1<a 2＝a 3D ．a 1<a 2<a 35．小明希望检验这样一个猜想：沿斜面下滑的小车，装载物体的质量越大，到达斜面底部的速度越大．图示为两种直径不同的车轮(颜色不同)，装有不同木块(每个木块的质量相同)从不同高度释放的小车．你认为小明应该选用哪3种情况进行比较( C )A ．GORB ．GSWC ．STUD ．SWX6．一物块沿倾角为θ的固定斜面上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为( C )A.13tan θ B.12tan θ C.35tan θ D ．tan θ7.在倾角为30°的光滑斜面上有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个重为60 N 的球，如图所示．当箱子沿斜面下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力大小分别是(g 取10 m/s 2)( C )A ．40 N,30 NB ．30 N,50 NC ．40 3 N,50 3 ND ．50 3 N,60 3 N8．(多选)如图所示，质量为m 2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m 1的物体1.与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是( AD )A ．车厢的加速度大小为g tan θB ．绳对物体1的拉力大小为m 1g cos θC ．底板对物体2的支持力大小为m 2g －m 1gD ．物体2所受底板的摩擦力为m 2g tan θ9.如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( D )A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上10.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( B )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g211．(多选)如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向的夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向的夹角θ＝30°的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t 后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速直线飞行，飞行器所受空气阻力不计．下列说法中正确的是( BC )A ．飞行器加速时动力的大小等于mgB．飞行器加速时加速度的大小为gC．飞行器减速时动力的大小等于32 mgD．飞行器减速飞行时间t后速度为零12．为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道．一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2倍．在加速前进了x0＝96 m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝53°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.45倍．货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin53°＝0.8，g＝10 m/s2.求：(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x.13．如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m 撤去．已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g取10 m/s2.求(1)推力F作用下，物体运动的加速度a1大小；(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；(3)物体刚停止运动时与小车的距离d.参考答案1.D2.B3.CD4.B5.C6.C7.C8.AD9.D 10.B 11.BC12.答案：(1)设货车加速向下行驶时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可知mg sin θ－0.2mg ＝ma 1解得a 1＝3 m/s 2由公式v 2－v 20＝2a 1x 0 解得v ＝25 m/s(2)设货车在避险车道向上行驶时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可知mg sin α＋0.45mg ＝ma 2 解得a 2＝12.5 m/s 2由v 2－0＝2a 2x ，解得x ＝25 m.13.答案：(1)对物体，根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1代入数据得a 1＝2 m/s 2.(2)当物体速度v 1＝v 0时，物体与小车间距离最大，即t 1＝v 1a 1＝42 s ＝2 s 时，两者之间最大距离x max ＝s 0＋v 0t 1－v 12t 1＝40 m ＋4×2 m－4 m ＝44 m.(3)设推力作用的时间为t 2，根据位移公式得x 1＝12a 1t 22则t 2＝2x 1a 1＝2×252s ＝5 s 速度v 2＝a 1t 2＝2×5 m/s＝10 m/s撤去F 后，物体运动的加速度大小为a 2，经过t 3时间停止，其位移为x 2， 根据牛顿第二定律μmg ＝ma 2得a 2＝μg ＝2 m/s 2由v 2＝2ax 得x 2＝v 222a 2＝1022×2m ＝25 m而t 3＝v 2a 2＝102s ＝5 s.物体运动的总时间t ＝t 2＋t 3＝10 s 则d ＝v 0t ＋s 0－(x 1＋x 2)＝30 m.。

第2节牛顿第二定律两类动力学问题基础夯实自我诊断一、牛顿第二定律1.内容:物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比,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,即相对于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、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况。

二、两类动力学问题1.已知物体的受力情况,求物体的运动情况。

2.已知物体的运动情况,求物体的受力情况。

基础夯实自我诊断特别提醒利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用,将运动规律和物体受力相结合。

寻找加速度和未知量的关系,是解决这类问题的思考方向。

基础夯实自我诊断三、力学单位制1.单位制:由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

2.基本单位:基本物理量的单位。

基本物理量共七个,其中力学有三个,是长度、质量、时间,单位分别是米、千克、秒。

3.导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

基础夯实自我诊断如图所示,小强自己拉车子时,无论怎么用力也难以拉动,最后在小红的帮助下,他们才将车子拉着前进。

(1)根据牛顿第二定律,有力作用就产生加速度,为什么小强用力拉车时车子不动呢?小强的拉力不产生加速度吗?(2)小强和小红一起用力的瞬间,车子是否马上获得加速度?是否马上获得速度?提示：(1)因为车子受到的合外力为零,合加速度为零,所以车子不动。

小强的拉力产生加速度。

(2)车子立即获得加速度但不能立基础夯实自我诊断1.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是()A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平方向加速度大小与其质量成反比关闭有力就立即产生加速度,所以选项B错误;根据牛顿第二定律的分析可知,选项A错误,选项D正确;有力作用就产生加速度,但物体的加速度大小还要看所受的合外力的大小,所以选项C错误。

第2节牛顿第二定律两类动力学问题一、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，加速度的方向跟作用力的方向相同。

[注1](2)表达式：F＝ma。

[注2]2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

(2)基本单位[注3]在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、米和秒为基本单位。

(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、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：[注4]【注解释疑】[注1]加速度的大小是由力和物体的质量共同决定的。

[注2]应用F＝ma进行计算时，各量必须使用国际单位制中的单位。

[注3]“基本量”既可以采用国际单位制中的单位，也可以采用其他单位制中的单位，如厘米、英寸、斤等常用单位，并且不同的单位制规定的基本量不尽相同。

[注4]既可以根据受力求加速度，也可以根据运动规律求加速度。

[深化理解]1.牛顿第二定律的适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或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.牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度跟力同时产生、同时变化、同时消失。

3.物体受力的瞬间，立即获得加速度，而由于惯性，速度不会立即产生变化。

[基础自测]一、判断题(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。

(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。

(×)(3)物体的质量与加速度成反比。

(×)(4)物体受到外力作用不为零时，立即产生加速度。

(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。

(×)(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。

第8讲 牛顿第二定律 两类动力学问题[解密考纲]主要考查对牛顿第二定律的深刻理解，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，题型有选择题、计算题．1．(2019·舒城中学高考理综模拟卷)如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，圆周半径为R ，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点．现有两个小滑环A 、B 分别从a 、c 处由静止释放，滑环A 经时间t 1从a 点到达b 点，滑环B 经时间t 2从c 点到达d 点；另有一小球C 从b 点以初速度v 0＝4gR 沿b 、c 连线竖直上抛，到达最高点时间为t 3，不计一切阻力与摩擦，且A 、B 、C 都可视为质点，则t 1、t 2、t 3的大小关系为( )A ．t 1＝t 2＝t 3B ．t 1＝t 2＞t 3C ．t 2＞t 1＞t 3D ．A 、B 、C 三物体的质量未知，因此无法比较A 解析 由已知条件知，小球C 竖直上抛能达到的最高点为c 点，由对称性可知，小球C 运动的时间与从c 点自由下落到b 点的时间相等．结合等时圆的结论可知，t 1＝t 2＝t 3，选项A 正确．2．(2019·庄河高级中学高三模拟)(多选)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ(θ＜π2)，球拍与球保持相对静止，球拍与球间摩擦及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球处于失重状态C ．球对拍的作用力为mg cos θD ．球拍对人的作用力为Mgcos θAC 解析 对网球：受到重力mg 和球拍的支持力F N ，作出受力图如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sin θ＝ma ，F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故选项A 、C 正确；球在竖直方向加速度为零，则球不失重，故选项B 错误；以球拍和球整体为研究对象，如图乙所示，根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F ＝M ＋m g cos θ，则球拍对人的作用力大小为F ′＝M ＋m gcos θ，故选项D 错误．3．(2019·华中师大一附中高三滚动复习)(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和F N .若T ­a 图象如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．a ＝403m/s 2时，F N ＝0 B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为 34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.06a (N)ABC 解析 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sinθ，所以T ­a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确．当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图甲所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图乙所示，所以mg cot θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确．将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．4．(2019·眉山中学高三月考)如图所示，质量为M的三角形木块A静止在水平面上．一质量为m的物体B正沿A的斜面下滑，三角形木块A仍然保持静止．则下列说法正确的是( )A．A对地面的压力可能小于(M＋m)gB．水平面对A的静摩擦力一定水平向左C．水平面对A的静摩擦力不可能为零D．B沿A的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F的作用，如果力F的大小满足一定条件时，三角形木块A可能会立刻开始滑动A 解析对物体B受力分析，受重力G、支持力F N1、滑动摩擦力F f，如图所示．再对A物体受力分析，受重力Mg、地面的支持力F N2、B对A的压力F′N1，B对A的摩擦力F′f，地面对A可能有静摩擦力F静，先假设有且向右，如图所示．当物体B匀速下滑时，根据共点力平衡条件，可得mg sin θ－F f＝0，F N1－mg cos θ＝0，当物体B加速下滑时，有mg sin θ＞F f，F N1－mg cos θ＝0，当物体B减速下滑时，有mg sin θ＜F f，F N1－mg cos θ＝0，由于物体A保持静止，根据共点力平衡条件，有F N2－Mg－F f′sin θ－F′N1cos θ＝0，F f′cos θ－F′N1sin θ－F静＝0，根据牛顿第三定律F N1＝F′N1，F f ＝F f′，当物体加速下降时，联立以上可得F N2＜(M＋m)g，故选项A正确；当物体加速下降时，联立可得到F静＜0，即静摩擦力与假定的方向相反，即向左，当物体匀速下降时，可得到F静＝0，故选项B、C错误；若B沿A的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F的作用，物体B的加速度立即发生了变化，但由于惯性，速度来不及变化，故摩擦力方向不变，B对A的力不变，A依然保持静止，故选项D错误．5．(2019·衡水金卷高考模拟理综试题)如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为m的光滑球C，“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B对球的弹力分别为F1、F2，下列说法正确的是( )。

课后限时集训(八)(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：牛顿第二定律的理解1.(2019·武汉模拟)如图所示，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( )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4B [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F 2，B 正确。

]2．一质量为m 的物体，放在粗糙水平面上，受水平推力F 的作用产生加速度a ，物体所受摩擦力为f ，当水平推力变为2F 时( )A ．物体的加速度小于2aB ．物体的加速度大于2aC ．物体的加速度等于2aD ．物体所受的摩擦力变为2fB [根据牛顿第二定律可知，物体在水平推力F 的作用下，产生的加速度为 a ＝F －f m ＝F －μmg m ＝F m －μg。

①当水平推力变为2F 时，物体的加速度 a′＝2F －μmg m ＝2F m －μg。

② 比较①②两式可以看出a′>2a。

]3.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。

现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值D[小球受到重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有F N2cos α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，选项B错误，D正确；水平方向有F N1－F N2sin α＝ma，因为F N2sin α≠0，所以即使加速度足够小，竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的分力F N2cos α与水平方向的合力ma的合成，因此大于ma，选项C错误。

第8讲 牛顿第二定律 两类动力学问题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：__F ＝ma __，F 与a 具有瞬时对应关系．(3)适用范围：①牛顿第二定律只适用于__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．动力学两类基本问题 (1)动力学两类基本问题①已知受力情况，求物体的__运动__情况． ②已知运动情况，求物体的__受力__情况． (2)解决两类基本问题的方法以__加速度__为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示．1．请判断下列表述是否正确，对不正确的表述，请说明原因．(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同．(×)解析由F＝ma可知，加速度a的方向与合外力F的方向一定相同．(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)解析物体由于受合外力作用才做加速运动．(4)物体所受合外力变小，物体的速度一定变小．(×)解析虽然物体合外力变小，但只要合外力与速度方向相同，物体速度将增加．(5)物体所受合外力大，其加速度就一定大．(×)解析物体的加速度由物体所受合外力、物体的质量共同决定的．(6)牛顿第二定律适用于一切运动情况．(×)解析牛顿运动定律只适用于惯性参考系、低速运动的情况．(7)单位“牛顿”是国际单位制中的基本单位．(×)解析“牛顿”是导出单位，1 N＝1 kg·m/s22．(多选)下列说法正确的是(BCD)A．物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用B．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关C．物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小D．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系解析物体的的加速度与合外力有瞬时对应关系，加速度与力同时产生，故选项A错误．a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，故选项B正确．合外力减小，加速度一定减小，但如果a与v同向，v变大，故选项C正确．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量之间的单位关系，故选项D正确．3．(多选)关于力学单位制，以下说法中正确的是(BC)A．kg、m/s、N等单位为导出单位B．kg、m、s都是基本单位C．牛顿第二定律的表达式F＝kma，式中各物理量取国际单位时k＝1D．在国际单位制中，质量的单位可以是kg，也可以是g解析kg为基本单位，故选项A错误．kg、m、s是国际单位制中的基本单位，故选项B正确．F＝kma，质量取“kg”，a取“m/s2”，F取“N”时，k＝1，选项C正确，国际单位制中质量的单位是kg，选项D错误．一牛顿第二定律的瞬时性[例1](2018·广西南宁模拟)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)A．a1＝g a2＝g B．a1＝0a2＝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.故选项A正确．【拓展延伸1】把“轻绳”换成“轻弹簧”在[例1]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则典例选项中正确的是(D)解析剪短轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B 所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．【拓展延伸2】改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，则下列说法正确的是(B)A ．a A ＝0 aB ＝12gB ．a A ＝g a B ＝0C ．a A ＝g a B ＝gD ．a A ＝0 a B ＝g解析 轻绳被剪断的瞬间，小球B 的受力情况不变，加速度为零．剪断前，分析整体受力可知轻绳的拉力为T ＝2mg sin θ，剪断瞬间，A 受的合力沿斜面向下，大小为2mg sin θ，所以A 的瞬时加速度为a A ＝2g sin 30°＝g ，故选项B 正确．抓住“两关键”、遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点． ②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态． (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．第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．二 动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路[例2](2018·广东深圳模拟)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为F f ＝4 N ，g 取10 m/s 2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h ；(2)无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v ；(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.解析 (1)设无人机上升时加速度为a ，由牛顿第二定律，有 F －mg －F f ＝ma ， 解得a ＝6 m/s 2，由h ＝12at 2，解得h ＝75 m.(2)设无人机坠落过程中加速度为a 1，由牛顿第二定律，有 mg －F f ＝ma 1， 解得a 1＝8 m/s 2，由v 2＝2a 1H ，解得v ＝40 m/s.(3)设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a 2，由牛顿第二定律，有 F －mg ＋F f ＝ma 2， 解得a 2＝10 m/s 2.设飞行器恢复升力时速度为v m ，则有 v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H ， 解得v m ＝4053m/s ， 由v m ＝a 1t 1，解得t 1＝553 s.答案 (1)75 m (2)40 m/s (3)553s.解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析．一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁．(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，画图找出各过程的位移之间的联系．三 等时圆模型及其应用 1．模型特征(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图乙所示；(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．2．思维模板[例3](2017·山东济南模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处旋转一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC 所成角度为α一小物块由A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系( B )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝2θD ．α＝θ3解析 如图所示，以竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于D 点．由等时圆模型的特点知，由A 点沿斜面滑到D 点所用时间比由A 点到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端B 点与D 点重合即可，而∠COD ＝θ，则α＝θ2.1．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( C )A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g a 3＝0 a 4＝m ＋MMg D ．a 1＝g a 2＝m ＋M M g a 3＝0 a 4＝m ＋MMg解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋mMg ，故选项C 正确．2．(2017·河南郑州预测)(多选)如图甲所示，静止在水平地面上的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面间的最大静摩擦力F fm 与滑动摩擦力大小相等，则( BC )A ．t 2～t 5时间内物块A 的加速度逐渐减小B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3和t5时刻物块A的速度相等D．0～t5时间内物块A一直做加速运动解析开始物块A静止，到t1后拉力F大于摩擦阻力，物块A开始加速运动，到t4时加速度为0，加速运动结束，之后摩擦阻力大于拉力F，物块A做减速运动，选项D错误；从t1到t2，拉力F越来越大，加速度越来越大；从t2到t4，拉力F越来越小，加速度越来越小；从t4到t5，拉力F小于摩擦阻力且越来越小，加速度反向越来越大；由图可知，在t2时刻加速度最大，选项A错误，B正确；根据拉力和摩擦阻力的大小关系，应用对称性可知，t3和t5两个时刻的加速度等大反向，同理从t3到t4和从t5到t4关于t4时刻对称各时刻的加速度都等大反向，可知物块A先加速后减速，t3和t5两时刻速度相等，选项C正确．3．(2017·江苏南京模拟)如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(B)A．2∶1 B．1∶1C．3∶1 D．1∶ 3解析对物体受力分析可知：当重物从A点下落时，重物受重力mg，支持力F N1，在沿斜面方向上加速度是a1，mg cos 30°＝ma1，解得a1＝32g，由公式S1＝12a1t21得S1＝2R cos 30°＋2r cos 30°＝3(R＋r)，所以t1＝2R＋rg.当重物从C点下滑时，受重力mg，支持力F N2，在沿斜面的加速度是a2，mg cos 60°＝ma2，解得a2＝12g，由公式S2＝12a1t22得S2＝2R cos 60°＋2r cos 60°＝R＋r，t2＝2R＋rg，所以t1＝t2，选项B正确．[例1](2017·浙江宁波一模·6分)如图所示，弹簧左端固定、右端自由伸长到O点并系住物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则()A ．物体从A 到O 先加速运动后减速运动B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 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 的运动过程中加速度逐渐减小 [答题送检]来自阅卷名师报告[解析] 物体从A 到O 的运动过程中，弹力方向向右，初始阶段弹力大于阻力，合力方向向右，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，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度的方向相同，物体的速度逐渐增大，所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动．当物体向右运动至AO 间某点(设为O ′)时，弹力减小到与阻力大小相等，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，弹力逐渐减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O 点时弹力减小到零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体离开O ′点(加速度为零，速度最大)后的合力方向向左且合力逐渐增大，由牛顿第二定律可知，此阶段的物体的加速度向左且逐渐增大．由于加速度与速度的方向相反，物体做加速度逐渐增大的减速运动．故选项A 正确．[答案] A1．(2018·安徽芜湖模拟)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( D )A ．a 1＝0 a 2＝0B ．a 1＝a a 2＝m 2m1＋m 2aC ．a 1＝m 1m 1＋m 2a a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a a 2＝m 1m 2a解析 撤去拉力F 的瞬间，物体A 的受力不变，所以a 1＝a ，对物体A 受力分析得F 弹＝m 1a ；撤去拉力F 的瞬间，物体B 受到的合力大小为F ′弹＝m 2a 2，所以a 2＝m 1am 2，故选项D 正确．2．(2018·湖南长沙模拟)如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最离点，则各小球最高点的位置( D )A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上解析 设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但l sin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．1．(多选)如图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细绳悬挂于固定点O ，整个系统处于静止状态．现将细绳剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间( AC )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2解析 设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力F T1，剪断前对b 、c 和弹簧S 2组成的整体分析可知F T1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋F T1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度a 1＝F m ＝3g ，选项A 正确，B 错误；设弹簧S 2的拉力为F T2，则F T2＝mg .根据胡克定律F ＝k Δx 可得Δl 1＝2Δl 2，选项C 正确，D 错误．2．(多选)如图甲，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( ACD )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解析 由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋F f ＝ma 1，mg sin θ－F f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力F f ＝m (v 0－v 1)2t 1，而F f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v －t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．3．(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，下列说法正确的是( BD )A ．物块与斜面间的摩擦力减小B ．物块与斜面间的正压力增大C ．物块相对于斜面减速下滑D ．物块相对于斜面匀速下滑解析 升降机加速上升时，物体将出现超重现象，故物体对斜面压力增大，选项B 正确；由F f ＝μF N 知，物体与斜面间的摩擦力也增大，故选项A 错误；开始升降机匀速运动，则G sin θ＝μG cos θ，所以μ＝tan θ.当电梯加速上升时，电梯内物体超重，这仅仅是相当于重力增大了，由于依然满足μ＝tan θ这一条件，故物体相对斜面仍匀速下滑，故选项C 错误，D 正确．4．避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止，已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍，货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．解析 (1)设货物的质量为m ，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为F f ，加速度大小为a 1，则F f ＋mg sin θ＝ma 1，① F f ＝μmg cos θ，②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2，③ a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2，货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －F f ＝Ma 2，④ F ＝k (m ＋M )g ，⑤ s 1＝v t －12a 1t 2，⑥s 2＝v t －12a 2t 2，⑦s ＝s 1－s 2，⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2，⑨联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2) 98 m课时达标 第8讲[解密考纲]主要考查对牛顿第二定律的深刻理解，会利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，题型有选择题、计算题．1.一个质量为m ＝1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F 1、F 2随时间的变化如图所示，设物块受到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，则物块在此后的运动过程中( C )A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3 m/s 2D ．物块在t ＝4 s 时速度最大2．如图所示，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是( B )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4解析 鸟在空中飞行受到重力和空气对其作用力，这两个力的合力的方向沿虚线斜向上(与加速度方向相同)，由平行四边形定则可得，空气对其作用力可能是沿F 2方向，故选项B 正确．3．小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动．质量为M 的小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a 1；该小孩抱着一只质量为m 的小狗再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为a 2，则a 1和a 2的关系为( D )A ．a 1＝M m a 2B ．a 1＝mM a 2C ．a 1＝MM ＋m a 2D ．a 1＝a 2解析 设小孩与滑梯间动摩擦因数为μ，小孩从滑梯上滑下，受重力G 、支持力F N 和滑动摩擦力F f .如图所示，由牛顿第二定律，Mg sin α－μMg cos α＝Ma 1，a 1＝g sin α－μg cos α；当小孩抱着一只质量为m 的小狗再从滑梯上滑下时，满足(M ＋m )g sin α－μ(M ＋m )g cos α＝(M ＋m )a 2，得a 2＝g sin α－μg cos α，可见a 1＝a 2，选项D 正确．4．如图所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达d 点所用的时间，则( D )A ．t 1＜t 2＜t 3B ．t 1＞t 2＞t 3C ．t 3＞t 1＞t 2D ．t 1＝t 2＝t 3解析 设P 为圆上的任一点，∠adP ＝θ，s ＝Pd ＝2R cos θ，由s ＝12at 2，且a ＝g cos θ，则t ＝2Rg，显然t 与θ无关，故选项D 正确． 5．如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢里的人对厢底的压力为其重力的1.25倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的( B )A ．14B ．13C ．54D ．43解析 人受力如图甲所示，显然本题分解加速度更为简便．将加速度a 分解为水平分量a x 和竖直分量a y ，如图乙所示，则a x ＝a cos 37°，a y ＝a sin 37°.由牛顿第二定律得：水平方向F f ＝ma x ，竖直方向F N －mg ＝ma y ， 其中F N ＝1.25mg ， 联立以上各式解得F f mg ＝13.综上所述，选项B 正确．6．(2018·河南郑州模拟)如图所示，质量为4 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1 kg 的物体B 用细线悬挂起来，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B 对A 的压力大小为(取g ＝10 m/s 2)( B )A ．0 NB ．8 NC ．10 ND ．50 N解析 细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A 和B 整体受到的合外力等于物体B 的重力，因此整体的加速度为a ＝m B g m A ＋m B ＝15g ，对物体B 有m B g －F N ＝m B a ，所以A 、B 间作用力F N＝m B (g －a )＝45m B g ＝8 N ．故细线剪段瞬间，B 对A 的压力大小为8 N ，选项B 正确．7．(2017·重庆一模)质量m 0＝30 kg 、长L ＝1 m 的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)．小木块与木板面的动摩擦因数μ2＝0.4(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2)．则以下判断中正确的是( C )A ．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板B ．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板C ．木板一定静止不动，小木块能滑出木板D ．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板解析 木块受到的滑动摩擦力为F f2，方向向左，F f2＝μ2mg ＝40 N ，木板受到木块施加的滑动摩擦力为F ′f2，方向向右，F ′f2＝F f2＝40 N ，木板受地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即F f1＝μ1(m ＋m 0)g ＝60 N ．F f1方向向左，F ′f2<F f1，木板静止不动，木块向右做匀减速运动，设木块减速到零时的位移为x ，则由0－v 20＝－2μ2gx 得x ＝2 m>L ＝1 m ，故小木块能滑出木板，选项C 正确．8．(多选)冬天哈尔滨时常大雪，路面结冰严重，行驶汽车难以及时停车，经常出现事故．因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦．如图所示，一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰，灰粒之间的动摩擦因数为μ1，炉灰与车厢底板的动摩擦因数为μ2，卸灰时车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法正确的是( AC )A ．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足tan θ>μ2B ．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足sin θ>μ2C ．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足μ1<tan θ<μ2D ．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足tan θ<μ1<μ2解析 欲使炉灰全部卸下，应有mg sin θ>μ2mg cos θ，所以μ2<tan θ；欲使炉灰留下一部分，应有m ′g sin θ<μ2m ′g cos θ，得μ2>tan θ，且炉灰之间有m ″g sin θ>μ1m ″g cos θ，得μ1<tan θ，故选项A 、C 正确．9．(2017·甘肃兰州一模)(多选)如图所示，一物块以初速度v 0滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A 、B 两点间的距离L ＝9 m ，已知传送带的速度v ＝2 m/s.物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( AC )A ．要使物块被传送到B 点，初速度可为v 0＝6 m/s B ．要使物块被传送到B 点，初速度可为v 0＝2 m/sC ．当物块的初速度v 0＝4 m/s 时，物块将以2 m/s 的速度离开传送带D ．当物块的初速度v 0＝2 m/s 时，物块在传送带上先做减速运动，再做加速运动，而后做匀速运动解析 当物块恰好被传送到B 点时，由0－v 20＝－2aL ，解得v 0＝6 m/s ，所以要使物块被传送到B 点，初速度v 0≥6 m/s ，选项A 正确、B 错误；当物块的初速度v 0＝4 m/s 时，向右匀减速到零的距离s ＝v 202a ＝4 m ，然后向左匀加速，加速到传送带速度2 m/s 时，再匀速运动回到A 点，选项C 正确；当物块的初速度v 0＝2 m/s 时，物块在传送带上先做匀减速运动，再反向做匀加速运动，当回到A 点时速度恰好达到2 m/s ，所以没有匀速运动过程，选项D 错误．10．如图所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36，取g ＝10 m/s 2.试求： (1)小球运动的加速度大小；(2)若F 作用1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点最大距离．解析 (1)在力F 作用下，由牛顿第二定律得 (F －mg )sin 30°－μ(F －mg )cos 30°＝ma 1， 解得a 1＝2.5 m/s 2.(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s ， 小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8 m ，撤去力F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得 mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2， 解得a 2＝7.5 m/s 2，小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4 s ，上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6 m ，则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m. 答案 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m11．如图所示，半径为R 的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r 的光滑圆球P 和Q ，且R ＝1.5r .在圆球Q 与圆筒内壁接触点A 处安装有压力传感器．当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v 0＝5 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25 N ；某时刻撤去推力F ，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x ＝534 m ．已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g ＝10 m/s 2.求：(1)水平推力F 的大小； (2)撤去推力后传感器的示数．解析 (1)系统匀速运动时，圆球Q 受三个力作用如图所示，其中传感器示数F 1＝25 N ．设P 、Q 球心连线与水平方向成θ角，则cos θ＝2R －2r 2r ＝12，①则圆球重力mg ＝F 1tan θ，②由①②式解得θ＝60°，mg ＝25 3 N ．③ 当撤去推力F 后，设系统滑行的加速度大小为a . 则v 20＝2ax ，④系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μMg ＝Ma ，⑤ 系统匀速运动时F ＝μMg ，⑥ 其中Mg ＝3mg ，由③④⑤⑥解得 a ＝1033m/s 2，F ＝75 N ．⑦(2)撤去推力后，对球Q ，由牛顿第二定律得。