浙江鸭高考物理总复习第三章2第2节牛顿第二定律两类动力学问题练习含解析

第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题1．如图1所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后( )．图1A ．将立即做变减速运动B ．将立即做匀减速运动C ．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D ．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零解析 物体在力F 作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增加，当弹簧的弹力大小等于力F 时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F ，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大．综上所述，A 、B 、D 错误，C 正确． 答案 C2．质量为1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s 内的位移为x m ，则F 的大小为(单位为N)( )． A.2x t 2 B.2x 2t －1 C.2x 2t ＋1 D.2xt －1解析 由牛顿第二定律F ＝ma 与x ＝12at 2，得出F ＝2mx t 2＝2x t 2.答案 A3．将一只皮球竖直向上抛出，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 关系的图象，可能正确的是( )解析 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝kv 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝kvm＋g ，可知，a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确． 答案 C4．一个原来静止的物体，质量是7 kg ，在14 N 的恒力作用下，则5 s 末的速度及5 s 内通过的路程为( )．A ．8 m/s 25 mB ．2 m/s 25 mC ．10 m/s 25 mD ．10 m/s 12.5 m解析 物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律和运动学公式得： a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v ＝at ＝2×5 m/s＝10 m/s ，x ＝12at 2＝12×2×25 m＝25 m.答案 C5．如图2所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图2A ．都等于g2B.g2和0 C.M A ＋M B M B ·g 2和0D ．0和M A ＋M B M B ·g2解析 线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A 球仍受力平衡，加速度为0，B 球受重力、支持力、弹簧产生的大小为M A g·sin 30°的弹力，所以可得其加速度为A＋M B2M B.答案 D6．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3所示．将细绳剪断后( )．图3A ．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． 答案 CD7. 乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图4所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )．图4A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为12mg ＋ma解析 小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a 上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有f －mgsin 30°＝ma ，f ＝12mg ＋ma ，方向平行斜面向上．答案 AD8．如图5所示，质量分别为m 和2m 的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L ，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m 的小球上有一水平拉力F ，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )．图5A.F 3k B.F 2k C ．L ＋F 3k D ．L ＋F 2k解析 两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(m ＋2m)a ，对质量为m 的小球水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得：kx ＝ma ，则此时两球间的距离为L ＋F3k ，C 正确．答案 C9．如图6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( )图6A ．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 设圆柱半径为R ，滑板长l ＝Rcos θ，a ＝g·sin θ，t ＝2l a＝4Rg·sin 2θ，分别将θ＝30°，45°，60°代入计算可知，t a ＝t c ≠t b ，故D 对． 答案 D10．如图7所示，m ＝1.0 kg 的小滑块以v 0＝4 m/s 的初速度从倾角为37°的斜面AB 的底端A 滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.6 s 滑块正好通过B 点，则AB 之间的距离为( )．图7A ．0.8 mB ．0.76 mC ．0.64 mD ．0.16 m解析 滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为a 1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s 2，滑块经t 1＝v 0a 1＝0.4s 速度即减为零．因此0.6 s 时是向下经过B 点．下滑时加速度大小为a 2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2，则AB 间的距离s AB ＝v 202a 1－12a 2(t －t 1)2＝0.76 m ，B 项正确．答案 B11．一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M 通过线悬吊着小物体m ，m 在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M 始终未相对杆bc 移动，M 、m 与小车保持相对静止，已知a 1∶a 2∶a 3∶a 4＝1∶2∶4∶8，M 受到的摩擦力大小依次为F f1、F f2、F f3、F f4，则以下结论不正确的是( )．图8A ．F f1∶F f2＝1∶2B ．F f2∶F f3＝1∶2C ．F f3∶F f4＝1∶2D ．tan α＝2tan θ解析 已知a 1∶a 2∶a 3∶a 4＝1∶2∶4∶8，在题第(1)图和第(2)图中摩擦力F f ＝Ma ，则F f1∶F f2＝1∶2.在第(3)图和第(4)图中摩擦力F f3＝(M ＋m)a 3，F f4＝(M ＋m)a 4，F f3∶F f4＝1∶2.第(3)、(4)图中，a 3＝gtan θ，a 4＝gtanα，则tan α＝2tan θ. 答案 ACD9．如图9所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m ＝1.0 kg 的小铁块，它离布带右端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与布带间动摩擦因数为μ＝0.1.现用力从静止开始向左以a 0＝2 m/s 2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g 取10 m/s 2，求：图9(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间？ (2)铁块离开布带时的速度大小是多少？解析 (1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x ，布带移动的距离为L ＋x ，铁块滑动的加速度为a ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，a ＝μg ＝1 m/s 2， 根据运动学公式有：L ＋x ＝12a 0t 2，x ＝12at 2，解得：t ＝2La 0－μg＝1 s.(2)由v ＝v 0＋at 得：铁块速度v ＝1×1 m/s＝1 m/s. 答案 (1)1 s (2)1 m/s 12．如图10(a)所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，光滑表面BC 与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：图10(1)斜面BC 的长度； (2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块发生的位移．解析 (1)分析滑块受力，如图所示，由牛顿第二定律得：a 1＝gsin θ＝6 m/s 2通过图(b)可知滑块在斜面上运动的时间为：t 1＝1 s ， 由运动学公式得：s ＝12a 1t 21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为：N1′＝N1＝mgcos θ木块对传感器的压力为：F1＝N1′sin θ由图(b)可知：F1＝12 N，解得：m＝2.5 kg.(3)滑块滑到B点的速度为：v1＝a1t1＝6 m/s，由图(b)可知：f1＝f2＝5 N，t2＝2 s，a2＝f2m＝2 m/s2，s2＝v1t2－12a2t22＝8 m.答案(1)3 m (2)2.5 kg (3)8 m。

第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题知识点1 牛顿第二定律Ⅱ 单位制Ⅰ 1.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向一样。

(2)表达式：a ＝Fm或F ＝ma 。

(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．单位制、根本单位、导出单位(1)单位制：根本单位和导出单位一起组成了单位制。

①根本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做根本物理量。

②根本单位：根本物理量的单位。

力学中的根本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是根本单位。

③导出单位：由根本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

(2)国际单位制中的根本单位 根本物理量 符号单位名称 单位符号 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 长度 l 米 m 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n 摩[尔] mol 发光强度I V坎[德拉]cd1.动力学的两类根本问题(1)受力情况求物体的运动情况；(2)运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类根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：双基夯实一、思维辨析1．牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用。

( )2．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。

( )3．质量越大的物体加速度越小。

( )4．千克、克、秒、小时、分钟均属于根本单位。

( )5．力的单位牛顿，简称牛，也属于根本单位。

( )6．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。

( )答案 1.× 2.√ 3.× 4.√ 5.× 6.√二、对点激活1．[对牛顿第二定律内容和公式的理解]关于牛顿第二定律，以下说法中正确的答案是( )A．由牛顿第二定律可知，加速度大的物体，所受的合力一定大B．牛顿第二定律说明了质量大的物体，其加速度一定就小C．由F＝ma可知，物体所受到的合力与物体的质量成正比D．对同一物体而言，物体的加速度与物体所受的合力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与物体所受的合力方向一致答案 D解析加速度是由合力和质量共同决定的，故加速度大的物体，所受合力不一定大，选项A、B错误；物体所受到的合力与物体的质量无关，故C错误；由牛顿第二定律可知，物体的加速度与物体所受到的合力成正比，并且加速度的方向与合力方向一致，故D 选项正确。

第二讲 牛顿第二定律 两类动力学问题[小题快练]1．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)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况．( × )(5)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．( √ )(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．( √ )(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向．( × )(8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．( √ )2．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( D )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某一定值时，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，物体水平加速度大小与其质量成反比3．(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( CD )A ．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零考点一 牛顿第二定律的理解 (自主学习)1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度．(2)a ＝Δv Δt是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝F m 是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m.(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．1－1.[对牛顿第二定律的理解] (多选)下列对牛顿第二定律的理解，正确的是( )A ．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比答案：ABC1－2.[应用牛顿第二定律定性分析问题] (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，木块加速度为零解析：木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒力F大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向相同，木块速度不断增大，A项错，B项正确；当弹力增大到与恒力F相等时，合力为零，速度增大到最大值，C项正确；之后木块由于惯性继续向右运动，但合力方向与速度方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力F，加速度大于零，D项错．答案：BC考点二牛顿第二定律的瞬时性 (自主学习)1．两种模型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，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路2－1. [弹簧模型] (多选)(2015·海南卷)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S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧弹力未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同，则将细线剪断瞬间，对a 隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知2mg ＝k Δl 1，mg ＝k Δl 2，所以Δl 1＝2Δl 2，C 正确，D 错误．答案：AC2－2.[弹簧、轻杆模型] 如图所示，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间，有( )A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零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2倍解析：撤去挡板前，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，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 sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D 对．答案：D2－3. [轻绳模型] “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．质量为m 的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )A ．每根橡皮绳的拉力为12mg B ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝gD ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝g解析：根据平行四边形定则知，2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg .故A 错误；根据共点力平衡得，2F cos θ＝mg ，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为33mg ，加速度为33g ，故C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mg sin 30°，加速度为12g ，故D 错误．答案：B考点三 两类动力学问题 (师生共研)1．解决两类基本问题的思路2．两类动力学问题的解题步骤[典例1] 如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m ＝1 kg 的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面方向向上的轻绳的拉力F ＝9.6 N 的作用，从静止开始运动，经2 s 绳子突然断了，求绳断后经多长时间物体速度的大小达到22 m/s.(sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)[审题指导](1)物体在最初2 s 内做匀加速直线运动(第一个过程)．(2)绳子断了以后，物体做匀减速直线运动(第二个过程)．(3)从最高点开始物体沿斜面向下做匀加速直线运动(第三个过程)．解析：第一过程：在最初2 s 内，物体在F ＝9.6 N 的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示．沿斜面方向有 F －mg sin 37°－F f ＝ma 1①沿垂直斜面方向有F N ＝mg cos 37°②且F f ＝μF N ③由①②③式得a 1＝F －mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 2 s 末绳断时，物体的瞬时速度v 1＝a 1t 1＝4 m/s第二过程：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动达到速度为零的过程，设此过程物体运动时间为t 2，加速度大小为a 2，受力分析如图乙所示．沿斜面方向有mg sin 37°＋F f ＝ma 2④根据运动学公式得v 1＝a 2t 2⑤由②③④⑤得t 2＝0.53 s第三过程：物体从运动的最高点沿斜面下滑，设第三阶段物体加速度大小为a 3，所需时间为t 3，受力分析如图丙所示．沿斜面方向有mg sin 37°－F f ＝ma 3⑥由运动学公式得v 3＝a 3t 3⑦由②③⑥⑦得t 3＝5 s综上所述，从绳断到物体速度达到22 m/s 所经历的总时间t ＝t 2＋t 3＝0.53 s ＋5 s ＝5.53 s. 答案：5.53 s[反思总结]解决两类动力学问题的两个关键点3－1.[由受力判断运动] 某人以一定的初速度从P 点竖直向上抛出一个小球，1 s 后小球运动到最高点，若小球运动时受到的空气阻力大小不变(不为零)，则又经过1 s 后( )A ．小球恰好经过P 点B ．小球的位置在P 点下方C ．小球的位置在P 点上方D ．阻力大小不确定，无法判断小球的位置是在P 点的上方还是下方解析：设空气阻力大小为f ，由牛顿第二定律得：上升过程有mg ＋f ＝ma 上，下落过程有mg－f ＝ma 下，可得a 上＞a 下，即上升的加速度比下落的加速度大，根据位移公式x ＝12at 2可知下落1 s 的位移小于上升1 s 的位移，所以又经过1 s 后小球的位置在P 点上方，故C 正确． 答案：C3－2. [由运动判断受力] 趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速向前跑，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g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sin θ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡条件，在竖直方向上有F ·cos θ＝(M ＋m )g ，则运动员对球拍的作用力为F ＝(M ＋m )g cos θ，故C 错误；当a ＞g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ＜g tan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．答案：A3－3.[由受力判断运动] (多选)(2016·全国卷Ⅰ)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：设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，A 错误；又由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，D 正确．答案：BD考点四 对超重和失重的理解与应用 (师生共研)1．超重、失重和完全失重比较(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．(2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．(3)尽管物体的加速度不是在竖直方向，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．[典例2] “蹦极”是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下．在某次蹦极中，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图象如图所示，其中t2、t4时刻图线的斜率最大．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计．下列说法正确的是( )A．t1～t2时间内运动员处于超重状态B．t2～t3时间内运动员处于超重状态C．t3时刻运动员的加速度为零D．t4时刻运动员具有向下的最大速度解析：在t1～t2时间内，运动员合力向下，加速下降，失重，故A项错误；在t2、t4时刻图线的斜率最大，说明弹力变化最快，由于弹力与长度成正比，说明长度变化最快，即速度最大，而速度最大时弹力与重力平衡；t2～t3时间内弹性绳向上的拉力大于重力，运动员具有向上的加速度，处于超重状态，故B项正确；t3时刻拉力最大，运动员运动到最低点，合力向上，故加速度向上，不为零，故C项错误；t4时刻运动员受到的重力和拉力平衡，加速度为零，具有最大的向上的速度，故D项错误．答案：B[反思总结]判断超重和失重现象的技巧1．从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．2．从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．3．从速度变化的角度判断：(1)物体向上加速或向下减速时，超重；(2)物体向下加速或向上减速时，失重．4－1. [超、失重现象的判断] (多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．答案：CD4－2.[超、失重现象的应用] (2018·江苏连云港高三调研)如图，台秤上放一装有水的杯子，杯底用细线系一光滑小球，若细线发生断裂，在小球加速上升的过程中，不计水的阻力，台秤的读数将( )A．变小B．变大C．不变D．无法确定解析：以容器和小球组成的整体研究对象，将细线割断，在小球加速上升过程中加速度向上，存在超重现象，而小球下降留下的空位由水来填充，所以相当于一个与小球同样大小的水球向下加速运动，存在失重现象，由于同样体积的小球质量小于水球的质量，所以整体存在失重现象，台秤的示数小于系统总重力，台秤的示数减小，A正确．答案：A1．(2018·湖北荆州质检)从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是，我们用很小的力推很重的桌子时，却推不动，这是因为( D )A．牛顿第二定律不适用于很重的物体B．桌子加速度很小，肉眼观察不到C．推力太小，速度增量也很小，眼睛观察不到D．桌子所受合力为零，没有加速度解析：静止物体，加速度为零，合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止物体．故A、B错误．推力等于静摩擦力，加速度为零，故C错误；由于水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力等于零，由牛顿第二定律可知，加速度等于零，故D正确．2．(多选)(2018·郑州一模)某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机进行记录了相关的信息，如图所示，则下列说法中正确的是( AD )A．根据图(a)和图(e)可估测出电梯向下制动时的加速度B．根据图(a)和图(c)可知人的机械能在减小C．根据图(a)和图(b)可估测出电梯向上制动时的加速度D．根据图(a)和图(d)可知人的机械能在减小解析：(e)图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和图(e)，能够求出电梯向下制动时的加速度．故A项正确．(c)图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，电梯对人做正功，人的机械能在增加．故B项错误．(b)图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和(b)图，能够求出电梯向上起动时的加速度．故C项错误．(d)图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，此时电梯在向下运动，电梯对人做负功，人的机械能在减小，故D项正确．3．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)( D )A．0 B．2.5 NC．5 N D．3.75 N4. 如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员( B )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7C．加速与减速过程的位移之比为1∶4D．加速与减速过程的时间之比为2∶1[A组·基础题]1．一根轻弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向下做匀速直线运动，从手突然停止到重物下降到最低点的过程中，重物的加速度的数值将( B )A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大再减小2．如图所示，质量满足m A＝2m B＝3m C的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B 、C 的加速度分别为(取向下为正)( C )A ．－56g 、2g 、0 B ．－2g 、2g 、0 C ．－56g 、53g 、0 B ．－2g 、53g 、g 3.(2018·江苏东海高级中学试题)如图所示，斜面AD 和BD 与水平方向的夹角分别为60° 和30° ，两斜面的A 端和B 端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端D ，设两物块与AD 、BD 面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则μ1μ2为( D ) A.3∶1B ．1∶ 3C ．1∶3D ．3∶1解析：根据牛顿第二定律，物块由AD 下滑时有：mg sin 60° －μ1 mg cos 60° ＝ ma 1，得：a 1＝g sin 60° －μ1g cos 60°，由BD 下滑时有： mg sin 30° －μ2 mg cos 30° ＝ma 2，得：a 2＝g sin 30° －μ2g cos 30° .设斜面底部长为d ，由运动学公式有：d cos60°＝12a 1t 2；d cos30°＝12a 2t 2.联立以上四式解得：μ1μ2＝31，故选D. 4．(多选)(2018·武汉华中师大附中高三复习)如图所示为一根质量为m 、长度为L 、质量均匀分布的粗绳AB .在粗绳上与B 端距离为x 的某位置有一质量不计的力传感器，可读出该处粗绳中的张力．粗绳在水平外力F 的作用下，沿水平面做匀加速直线运动，由力传感器读数和已知条件( BD )A ．能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用B ．可知水平外力F 的大小C ．可知粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小D ．若水平外力F 的大小恒定，则传感器读数与x 成正比，与是否存在摩擦力无关 解析：设粗绳与水平面间的动摩擦因数为μ，力传感器读数为F T ，对整根绳子，由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，对粗绳左侧长度为x 的部分，由牛顿第二定律有F T －μmx L g ＝mx L a ，解得F T ＝F ·x L；由力传感器读数和已知条件，不能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用，可知水平外力F 的大小，不能得出粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小，故A 、C 错误，B 正确．若水平外力F 的大小恒定，则传感器读数F T 与x 成正比，D 正确．5．(多选)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．g取10 m/s2，以下说法正确的是( ABD )A．此时轻弹簧的弹力大小为20 NB．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为10 m/s2，方向向右6. (多选)如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角θ，B与车底板之间的动摩擦因数为0.75，假设B所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这段时间内，下述判断中正确的是( BC )A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为37°D．要使A、B和车保持相对静止，θ最大为53°解析：根据小球所处的状态可知，小车正在向右做匀减速直线运动，故车厢内的物块B跟随小车一起向右做匀减速直线运动，加速度水平向左保持不变，根据牛顿第二定律可知，物块B一定受水平向左的恒定摩擦力作用，A错误，B正确；设能使A、B和车厢保持相对静止的最大加速度大小为a m，则此时B受到的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知：μm g ＝ma m，得a m＝μg；以小球A为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：mg tan θ＝ma m，得a m＝g tan θ，联立两个加速度表达式得：tan θ＝μ＝0.75，则此时的θ角为37°.故要使A、B和车保持相对静止，θ最大为37° ，C正确，D错误．7. (2019·抚州七校联考)如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上有一水平支架，一质量为m的小球用轻绳悬挂于支架上．现用一水平向右的力拉小球，使小球和车一起向右做匀加速直线运动，稳定时，轻绳与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为g.求：(1)绳上的拉力大小F T；(2)拉小球的水平力大小F.解析：(1)对绳上的拉力正交分解可得：F T cos θ＝mg，解得：F T＝mgcos θ.(2)小车水平方向受到的合力：F合＝F T sin θ联立以上解得小车的加速度大小：a ＝mg tan θM对小球与小车整体分析可得拉小球的水平力大小为：F ＝(m ＋M )a ＝(m ＋M )mg tan θM .答案：(1)mgcos θ (2)(M ＋m )mg tan θM[B 组·能力题]8．如图所示，质量为m 2的物块B 放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m 1的物块A ，A 通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M 的物块C 连接．释放C ，A 和B 一起以加速度a 从静止开始运动，已知A 、B 间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( C )A ．MgB ．Mg ＋MaC ．(m 1＋m 2)aD ．m 1a ＋μ1m 1g9. (2019·四川眉山中学月考)如图，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．则下列说法中正确的是( A )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解析：对物体B 受力分析，受重力G 、支持力N 、滑动摩擦力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 N 、B 对A 的压力N ′，B 对A 的摩擦力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 ＝0，N －mg cos θ＝0，当物体B 加速下滑时，有mg sin θ＞f ，N －mg cos θ＝0，当物体B 减速下滑时，有mg sin θ＜f ，N －mg cos θ＝0，由于物体A 保持静止，根据共点力平衡条件，有F N －Mg －f ′sin θ－N ′cos θ＝0，f ′cos θ－N ′sin θ－F 静＝0，根据牛顿第三定律：N ＝N ′，f ＝f ′，当物体加速下滑时，联立以上可得：F N ＜(M ＋m )g ，故A 正确；当物体加速下滑时，由联立可得到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，联立以上可得到F 静＝0，故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，故B 对A 的力不变，故A 依然保持静止，故D 错误．10. (2018·雄安新区高级中学模拟)浙江宁波慈溪方特欢乐世界的“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎，它的基本原理是将巨型娱乐器械由升降机送到离地面100 m的高处，然后让座舱自由落下．落到离地面20 m高时，制动系统开始启动，使座舱均匀减速，到达地面时刚好停下．某次游戏中，座舱中小明用手托着重5 N的苹果，(取g＝10 m/s2)试求：(1)此过程中的最大速度是多少？(2)当座舱落到离地面40 m的位置时，手对苹果的支持力？(3)当座舱落到离地面15 m的位置时，苹果对手的压力？解析：(1)由题意可知先自由下降h＝(100－20)m＝80 m，由v2＝2gh，有v＝40 m/s(2)离地面40 m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零(3)a＝v22s由此得：a＝40 m/s2根据牛顿第二定律：F N－Mg＝Ma得：F N＝25 N根据牛顿第三定律，苹果对手的压力为25 N.答案：(1)40 m/s (2)0 (3)25 N11．某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定大小的初速度，沿倾角可在0 °～90 °之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10 m/s2.求：(结果如果是根号，可以保留)(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？(2)当α＝60 °时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁球速度将变为多大？解析：(1)当α＝90°时，x＝1.25 m，则v0＝2gx＝2×10×1.25 m/s＝5 m/s.当α＝30°时，x＝1.25 m，a＝v202x＝522×1.25m/s2＝10 m/s2.由牛顿第二定律得a＝g sin 30°＋μg cos 30°，解得μ＝33.(2)当α＝60°时，上滑的加速度a1＝g sin 60°＋μg cos 60°，下滑的加速度a2＝g s in 60°－μg cos 60°.v2＝2ax，则有v1＝a2a1v0＝22v0＝522m/s.。

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牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题（本题共8小题,1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2017·河南中原名校联考）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,以下说法中正确的是错误!（ D )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[解析] 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,设斜面的倾角为α，则竖直方向有：Fcosα＝mg；因为mg和α不变，故无论加速度如何变化，F N2不变且不N2可能为零，故B错误,D正确。

水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma,因为F N2sinα≠0,若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误.斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的ma的合力，因此不等于ma，故C错误。

2．(2016·河北“五个一名校联盟教学质量监测”)如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起,B、C之间用轻弹簧拴接,用细线悬挂在天花板上,整个系统均静止，现将A上面的细线烧断，使A的上端失去拉力，则在烧断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为错误!（ A )A．1。

高考物理一轮总复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题讲义含解析新人教版06牛顿第二定律两类动力学问题[基础知识·填一填][知识点1] 牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同．(2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma.(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．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量．②基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位．③导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．(2)国际单位制中的基本单位判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．(×)[知识点2] 两类动力学问题1．动力学的两类基本问题(1)已知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.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，具体的逻辑关系如图：[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修1 P78第1题改编)由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为( ) A．牛顿第二定律不适用于静止的物体B．桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值D．桌子所受的合力为零，加速度为零答案：D2．(人教必修1 P77科学漫步改编)质量分别为m1和m2的木块，并列放置于光滑水平地面，如图所示，当木块1受到水平力F的作用时，两木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度的大小？(2)木块1对2的弹力．解析：(1)将木块1和2看做一个整体，其合外力为F，由牛顿第二定律知F＝(m1＋m2)a，a＝Fm1＋m2.(2)再以木块2为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F12＝m2a，联立以上两式可得F12＝m2Fm1＋m2.答案：(1)Fm1＋m2(2)m2Fm1＋m23．(人教版必修1 P78第5题)水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为 1.5 m/s2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g取10 m/s2)解析：设阻力为F f，则F－F f＝ma，解得F f＝15 N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′，解得a′＝0.5 m/s2.答案：0.5 m/s24．(人教版必修1 P87第4题改编)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40 km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m．已知汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2) 解析：选取初速度方向为正方向，则F N－mg＝0①故F f＝μF N＝μmg②由牛顿第二定律得－F f＝ma③根据匀变速直线运动的规律有v2－v20＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12 m/s汽车刹车前速度为12 m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶．答案：超速5．(人教版必修1 P87第3题改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0 m，斜面气囊长度AC＝5.0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s，g取10 m/s2，求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力)解析：(1)根据运动学公式x ＝12at 2得a ＝2x t 2＝2×522 m/s 2＝2.5 m/s 2故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s 2. (2)乘客在气囊上受力情况如图所示．F f ＝μF N F N ＝mg cos θ根据牛顿第二定律：mg sin θ－F f ＝ma由几何关系可知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8 联立解得μ＝g sin θ－a g cos θ＝716≈0.44故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44. 答案：(1)2.5 m/s 2(2)0.44考点一 对牛顿第二定律的理解[考点解读]1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度．(2)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝Fm是加速度的决定式，a∝F ，a ∝1m.(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，自由伸长到B 点．今用一小物体m 把弹簧压缩到A 点(m 与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B 点运动到C 点而静止．小物体m 与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是( )A ．物体从A 到B 速度越来越大 B ．物体从A 到B 速度先增加后减小C ．物体从A 到B 加速度越来越小D ．物体从A 到B 加速度先减小后增加 [审题指导](1)由A 到C 的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B 点的左侧．(2)加速度a ＝0的位置在A 、B 之间，速度最大．[解析] BD [物体从A 到B 的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0.开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A 、B 间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动．所以，小物体由A 到B 的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，正确选项为B 、D.]弹簧弹力作用下的动态运动问题的基本处理方法宜采用“逐段分析法”与“临界分析法”相结合，将运动过程划分为几个不同的子过程，而找中间的转折点是划分子过程的关键．(1)合外力为零的点即加速度为零的点，是加速度方向发生改变的点，在该点物体的速度具有极值．(2)速度为零的点，是物体运动方向(速度方向)发生改变的转折点．[题组巩固]1．(2019·商丘模拟)(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是( )A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D．合力变小，物体的速度一定变小解析：ABC [加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为零的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误．]2.(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等于弹簧弹力大小时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为0解析：BC [当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误．]3．(2019·内蒙古包头模拟)(多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧相连，轻质弹簧的另一端分别相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为l，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为l.将圆环拉至A点由静止释放，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )A．圆环通过O点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)klmD ．圆环在B 点的速度为2gl解析：CD [圆环在O 点的合力大小等于重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为a A ＝mg ＋2×k (l 2＋l 2－l )×cos 45°m ＝g ＋(2－2)kl m，C 正确；A 、B 两点到O点的距离都为l ，弹力在此过程中做功为0，根据动能定理得mg ·2l ＝12mv 2，即v ＝2gl ，D 正确．]考点二 瞬时加速度的求解[考点解读]1．两种模型：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，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度[典例赏析][典例2] (多选)如图所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g解析：BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球突然脱钩后，细绳q 对球的拉力发生突变，球将开始沿圆弧运动，将球的重力沿绳和垂直绳正交分解(见图1)，得F －mg cos 60°＝mv 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，A 错误，B 正确；q和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg (见图2)，球的加速度大小为g ，故C 错误，D 正确．]在求解瞬时加速度时应注意的问题1．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．[题组巩固]1．(轻绳模型)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a 1和a 2表示，则( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝2gC ．a 1＝g ，a 2＝0D ．a 1＝2g ，a 2＝0解析：A [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．]2．(轻杆、轻弹簧模型)如图所示，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零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2倍解析：D [撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，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 sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D对．]3.(轻弹簧模型)(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S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：AC [剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1.mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]考点三动力学的两类基本问题[考点解读]1．动力学的两类基本问题的解题步骤2．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”(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．[典例赏析][典例3] (2019·东北四校协作体联考)如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离x.[审题指导][解析] (1)在力F 作用0.5 s 内根据牛顿第二定律有F cos θ－mg sin θ－F f ＝ma 1 F sin θ＝F N ＋mg cos θ F f ＝μF N设0.5 s 末速度为v 根据运动学公式有v ＝a 1t 1 撤去F 后0.4 s 内mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 v ＝a 2t 2联立以上各式得μ＝0.5a 1＝8 m/s 2，a 2＝10 m/s 2 v ＝a 2t 2＝4 m/s.(2)x ＝12a 1t 21＋vt 2－12a 2t 22＝1.8 m.[答案] (1)0.5 (2)1.8 m多过程问题的分析方法1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． 3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．[题组巩固]1.(已知物体的受力情况求运动情况)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 ＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 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，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 ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 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)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m ＝1260m/s 2＝0.2 m/s 2经时间t 2速度变为v ′t ＝v 1－a 2t 2＝1.2 m/s －0.2×2.0 m/s＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2， 则v 22－v ′2t ＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2联立解得x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m2．(已知物体的运动情况求受力情况)随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．解析：(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力F f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－F f2＝ma2代入数据解得a2＝4.0 m/s2(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力F f1＝0.05mg 根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v2－v21＝2a2(l－l1)根据牛顿第二定律有F牵＋F推－F f1＝ma1代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵＝1.05×106 N.答案：(1)4.0 m/s2(2)58 m/s2 1.05×106 N物理模型(二) “等时圆”模型[模型特点]1．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且t＝2Rg(如图甲所示)．2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t ＝2Rg(如图乙所示)． [答题模板][典例赏析][典例] 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t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1 D ．1∶ 3[审题指导](1)物体在AB 、CD 上各做匀加速直线运动． (2)斜槽的长度：s AB ＝2R sin 60°＋2r ·sin 60°s CD ＝2R sin 30°＋2r sin 30°.[解析] B [设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a ＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )sin θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t＝2s a＝2×2(R ＋r )sin θg sin θ＝2R ＋rg，即所用的时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确．][题组巩固]1.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处放置一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块自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角的大小关系应为 ( )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝θ3D ．α＝2θ解析：B [如图所示，在竖直线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B 点．由等时圆知识可知，由A 沿斜面滑到B 所用时间比由A 到达斜面上其他各点所用时间都短．而∠COB ＝θ，则α＝θ2.]2.(2019·东北三省三校第一次联考)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点解析：C [如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝12gt 2c ，所以t c ＝2Rg；对于a 球，令AM 与水平面成θ角，则a 球下滑到M 用时满足AM＝2R sin θ＝12 g sin θt 2a ，即t a ＝2Rg；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2rg(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r >R )．综上所述可得t b >t a >t c .]。

第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。

2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。

3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。

1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。

(√)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。

(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。

(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。

(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。

(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。

(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。

(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。

电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。

两小球均处于静止状态。

已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。

2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1．（2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C。

本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,C 项正确．2.(多选)（2016·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（)A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误；设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间鱼缸滑离桌布,滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动,加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上运动的时间t2＝错误!，因此t1＝t2，B项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg（设鱼缸质量为m），保持不变，C项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确．3。

牛顿第二定律两类动力学问题【随堂检测】1 . （2017 • 11月浙江选考）在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是 A .质量，千克 B.能量，焦耳 C.电阻，欧姆 D.电量，库仑答案：A2 .（多选）关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是 （ ）A. 物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B. 物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C. 物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D. 物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零 解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故 错误.3.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 9，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 g tan 9 B. 球拍对球的作用力为 mg C. 运动员对球拍的作用力为 （阿n ）g cos 9 D. 若加速度大于g sin 9，球一定沿球拍向上运动 解析：选A.网球受力如图甲所示， 根据牛顿第二定律得 F N Sin 9 D 正确，A 、Bmg =ma 又 F N COS 9 = mg 解得 a = g tan 9 , F N = ---------------------------- ，故 A 正确、 n acos 9 B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡， （m g , F =,故C 错误；当a >g tan 9时，cos 9g sin 9 <g tan 9，故球不一定沿球拍向上运动， ）如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平 运动员对球拍的作用力为 网球才向上运动，由于4. （2019 •嘉兴检测 屮D 错误. 雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力 F = 84 N ，而从 静止向前滑行，其作用时间为 11= 1.0 s ，撤除水平推力 F 后经过t 2 =2.0 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，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= 60 kg ，在整个运动过程中受到 的滑动摩擦力大小恒为 F f = 12 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； （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）运动员利用滑雪杖获得的加速度为 F — F f 84-12 f 2 4 a , 2a 1= =- m/s = 1.2 m/sm 60第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小V 1= a 1t 1= 1.2 x 1.0 m/s = 1.2 m/s1 2及位移 X 1 = 2&1t 1 = 0.6 m.（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为 a 2 = Ffm 经时间t 2速度变为V ’ 1 = v i - a 2t 2 第二次利用滑雪杖获得的速度大小V 2,2 2贝U V 2- v ' i = 2a i x i2第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 X 2=工2a 2解得：X 2= 5.2 m. 答案：(1)1.2 m/s 0.6 m （2）5.2 m【课后达标检测】一、选择题1.（2018・4月浙江选考）用国际单位制的基本单位表示能量的单位，以下正确的是（ ）2 2A . kg • m/s C. N/m答案：A B. kg • m/s 2D. N - m2.下列关于单位制的说法中，不正确的是（ ）A. 基本单位和导出单位一起组成了单位制B. 在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量C. 在国际单位制中，力学的三个基本单位分别是m kg 、sD. 力的单位牛顿是国际单位制中的一个基本单位 答案：D 3.质量为1 t 的汽车在平直公路上以 10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变.从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6s ，汽车行驶的路程是（ A. 50 mB. 42 mC. 25 mD. 24 m答案：C 4.（2019 •浙江十校联考）如图所示，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 木板上，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 a 、a 2,重力加速度大小为g .则有（ ）A . a = g , a = g B. a = 0, a = gC. a 1 = 0, a 2=D.m+ Ma1=g，比=市9答案：C5. （2019 •浙江猜题卷）有种台阶式自动扶梯， 无人乘行时运转很慢， 人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转.一顾客乘扶梯上楼，正好经 历了这两个过程，用 G N f 表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，则能 正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是（）NNN/ .丿JQGCGL JG解析：选 D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力.人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触 有ABCDA. 当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B. 当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C. 当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D.物体与斜面间的动摩擦因数为0.025解析：选 A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当 风的初速度为零时，加速度为a o = 4 m/s 2，沿斜面方向有 a = g sin 0 —卩g cos 0，解得 卩=0.25 , D 错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力 逐渐增大，则加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为 5 m/s时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A 正确，B 、C 错误.8. （2019 •东阳中学期中）如图所示，在水平面上有三个质量分别为m 、m 、m 的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为 L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块 1、2与水平 面间的动摩擦因数为 □，木块3和水平面之间无摩擦力.现用一水平恒力向右拉木块 3，当解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件, 有:面平行，故摩擦力是水平的.D 正确.6. 多选）如图所示，质量为m 的小球与弹簧F iC. 若剪断I,则a =，方向沿I 的延长线方向mD. 若剪断n,贝U a = g ,方向竖直向上解析：选AB.没有剪断I 、n 时小球受力情况如图所示.在剪断I 的 瞬间，由于小球的速度为 0,绳n 上的力突变为 0,则小球只受重力作用， 加速度为g ,选项A 正确、C 错误；若剪断n,由于弹簧的弹力不能突变，F 2F 与重力的合力大小仍等于 H,所以此时加速度为 a = ^,方向水平向左, 选项B7. （2019 •湖州质检）如图甲所示，一物体沿倾角为0 = 37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比.物体在斜面上运动的 _ 2加速度a 与风速v 的关系如图乙所示， 则（sin 37°= 0.6 , cos 37°= 0.8 , g = 10 m/s ）（）三木块一起匀速运动时,1和3两木块间的距离为（木块大小不计）（）A . L + B. L +(m + m ) g k C. 2L + (2m + m ) g kD. 2L + 互(m + m ) g-kI 、F i , a 应mgkx i —卩m n g= 0对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力, 有：kx2 —口（m+ m）g= 0木块1与木块3之间的总长度为x = 2L+ X i+ X2, 由以上各式解得x = 2L+ ，故C正确.k9 .一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹.下列说法中正确的是（）左—右A. 黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B. 木炭包的质量越大，径迹的长度越短C. 传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D. 木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选 D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A错误.由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a= 卩g与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B错误.径迹长度等于木炭包相对传送带通20 + V 1 V过的位移大小，即二者对地的位移差：△ X = vt —t = vt = ，可见传送带速度越小、2 2 23 g动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C错误，D正确.10. （2019 •湖州质检）如图所示，质量为m的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为mi的木块.t = 0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和V1、V2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（）解析：选A.t = 0时刻起，给木块施加一水平恒力F,两者可能一起加速运动，选项A正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误.二、非选择题11. （2019 •宁波选考适应考试）小物块以一定的初速度V0沿斜面（足，”够长）向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角0 "-的关系如图所示.取g= 10 m/s 2,空气阻力不计.可能用到的函数值：：■ 卜Dsin 30 ° = 0.5 , sin 37 ° = 0.6.求：门（1）物块的初速度V0；'（2）物块与斜面之间的动摩擦因数卩；（3）计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)•解析：(1)当0 = 90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为X m= 3.2 m 由v2= 2gx m,得v o= 8 m/s.(2) 当B=0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x = 6.4 m由运动学公式有：v2= 2ax 由牛顿第二定律得：卩mg= mq得卩=0.5.(3) 设题图中P点对应的斜面倾角值为0，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x'= 3.2 m由运动学公式有：v0= 2a' x'由牛顿第二定律有：m®n 0 +卩mg cos 0 = ma得10sin 0 + 5cos 0 = 10，得0= 37° .因为m®n 0 = 6m>卩mg cos 0 = 4m,所以能滑回斜面底端.答案：(1)8 m/s (2)0.5(3)37 °能滑回底端，理由见解析12. (2019 •杭州质检)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的丰水平面平滑连接•现将一滑块(可视为质点)从斜面上的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 - 二点距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/s2)求：(1) 滑块在运动过程中的最大速度；(2) 滑块与水平面间的动摩擦因数卩;(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点时速度最大，设为v max,设滑块在斜面上运动的加速度大小为&,则mgj in 30 ° = ma2小hvmax= 2a1sin 30 °解军得: v max= 4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2贝U卩mg= mav max= 2a2L解= 0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t 1, V max= a1t 1,得t1= 0.8 s，由于t >t 1,故滑块已经经过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,贝U v= V max—a2(t —11)解得：v = 3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s。