2013届高三物理一轮复习专题精练 3.2 牛顿第二定律

高三物理一轮复习3-2牛顿第二定律总结与精品试题一、选择题1．201*北京“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为A．gC．3gB．2gD．4g2如图所示，正沿平直轨道向右匀速行驶的车厢内，用水平绳a和倾斜绳b共同固定一个小球，若车厢改做加速运动，则两绳的拉力FTa和FTb的变化情况是A．FTa增大C．FTa不变B．FTb减小D．FTa、FTb的合力增大3．201*江西重点中学模拟如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为A.B．2D．224．201*黑龙江四校模拟的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如图所示，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度时间图象，则下列说法中正确的是g＝10m/2A．．．．5．201*抚州模拟如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁，以v0＝2m/的速度始终保持不变顺时针运转，今将一小煤块可视为质点无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为04，g取10m/2由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中A．小煤块从A运动到B的时间是2B．．划痕长度是4mD．8．201*济南模拟如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体物体与弹簧不连接，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移的关系如图b所示g＝10m/2，则正确的结论是A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．．物体的质量为3gD．物体的加速度大小为5m/2二、非选择题9一只小猫跳起来抓住悬挂在天花板上的竖直木杆，如右图所示，在这一瞬间悬绳断了，设木杆足够长，由于小猫继续上爬，所以小猫离地面高度不变，则木杆下降的加速度大小为________，方向为________．设小猫质量为m，木杆的质量为M10．201*江西百所名校模拟一游客在滑雪时，由静止开始沿倾角θ＝37°的山坡匀加速下滑．下滑过程中摄影师分别在相距L＝点各给游客抓拍一张照片，为了追求滑雪过程中的动感效果，摄影师将相机的曝光时间定为Δt＝由于游客的速度较快，相片中出现了一定长度的虚影，经实地测量照片中与A点的虚影长度相对应的实际长度A＝2m，照片中与B点的虚影长度相对的实际长度B＝内游客的运动可视为匀速运动，试计算：g＝10m/，in37°＝06，co37°＝081游客在A点时速度的大小vA；2滑雪板与坡道间的动摩擦因数μ；33A点距出发点的距离LA11．201*山东如图所示，在高出水平地面h＝＝2g、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度1＝且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝左段间动摩擦因数μ＝04开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力．待B脱离AA尚未露出平台后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离＝取g＝10m/求：2 1B离开平台时的速度vB2B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移B3A左端的长度212．201*金华十校模拟传送带以恒定速度v＝4m/顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°现将质量m＝2g的小物品轻放在其底端小物品可看成质点，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H＝的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝05，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/2，已知in37°＝06，co37°＝08求：1物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？2若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？扩展阅读：201*届高三物理一轮复习精品资料：牛顿第二定律高考真题模拟新题有详解C单元牛顿运动定律C2牛顿第二定律单位制22．2C2[201*重庆卷]某同学设计了如图1－10所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/2图1－10①为测量滑块的加速度a，须测出它在A、B间运动的________与________，计算a的运动学公式是________；②根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a＝1＋μgm－μgM＋m′＋m他想通过多次改变m，测出相应的a值，的一次函数，必须使上式中的_______________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_______________；③实验得到a与m的关系如图1－11所示，由此可知μ＝___________取两位有效数字．图1－1122．2C2[201*重庆卷]【答案】①位移时间t2a＝2②m′＋m滑块上③023021～025t1【解析】①由＝at2知，要测量滑块的加速度a只需测量滑块的位移和滑行时间t，2此时a＝2t1＋μg②若要求a是m的一次函数，只需保持不变，即m′＋m不变，故实验M＋m′＋m时应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．③由图象可知，图象过690×10－3,043和640×10－3,023两点，将之代入a＝1＋μgm－μg，解得：μ＝023M＋m′＋m21．C2[201*浙江卷]在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还需从下图中选取实验器材，其名称是________，并分别写出所选器材的作用________．【答案】学生电源、电磁打点计时器或电火花计时器、钩码、砝码学生电源为打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器电火花计时器记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可用于测量小车质量【解析】根据“探究加速度与力、质量关系”实验，结合所提供与供选择的实验器材，可以确定相应的实验方案，进一步可以确定需要选择的实验器材．2．C2[201*天津卷]如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力图1A．方向向左，大小不变B．`方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变D方向向右，逐渐减小2．[201*天津卷]A【解析】A、B一起往右做匀减速直线运动，说明两个问题：①加速度a大小不变；②加速度a方向向左．对B 物体受力分析，由牛顿第二定律F＝ma可知：B受到的摩擦力方向向左，大小不变，A正确．18．C2[201*北京卷]“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为A．gB．2gC．3gD．4g18．C2[201*北京卷]B【解析】从图中可以看出，当人静止时，0，0＝mg当合力最大时，加速度最大．0＝3mg，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，代入数据可知，a＝2g，B项正确．20．C2[201*北京卷]物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U＝IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V伏与A安和Ω欧的乘积等效．现有物理量单位：m米、秒、N牛、J焦、W瓦、C库、F法、A安、Ω欧和T特，由它们组合成的单位都与电压单位V伏等效的是A．J/C和N/CB．C/F和Tm2/11C．W/A和CTm/D．WΩ和TAm2220．C2[201*北京卷]B【解析】由公式W＝UIt＝UQ可得，J/C与电压单位V等效，由F＝Eq可得，N/C为电场强度的单位，与电压单位V不等效，A项错误．由公式Q＝CU、BL2E＝BLv＝可知，C/F、Tm2/与电压单位V等效，B项正确．由压单位V等效，CTm/＝A＝N，所以CTm/与力的单位N等效，C 项错误．由AmU211N＝Am＝N，所以TAm与力的单位NR22mA等效，D项错误．22．C2E3[201*北京卷]如图所示，长度为的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为m的小球小球的大小可以忽略．1在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；2由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．C3超重和失重9．C3[201*天津卷]1某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态．他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G 他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是__________________．9．1[201*天津卷]【答案】减速上升或加速下降【解析】测力计在电梯中的示数即为视重，静止在地面时的示数表示物体的实重，依题意，视重小于实重，物体处于失重状态，物体要么往上减速，要么往下加速．C4实验：验证牛顿定律C5牛顿运动定律综合21．C5[201*课标全国卷]如图1－6所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝t是常数，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是图1－6【解析】A当拉力F很小时，木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律，对木块F和木板：F＝m1＋m2a，故a1＝a2＝a＝＝t；当拉力很大时，木块和木板将发m1＋m2m1＋m2F－μm2gμmg生相对运动，对木板：μm2g＝m1a1，得a1＝2，对木块：F－μm2g＝m1a2，得a2＝m1m2＝t－μg，A正确．m223．C5[201*四川卷]随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49t，以54m/h的速率匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，2不超载时则为5m/2．1若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？2若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？【解析】1设货车刹车时速度大小为v0，加速度大小为a，末速度大小为vt，刹车距离为v0－vt＝①2a代入数据，得超载时1＝45m②若不超载2＝③2设货车刹车后经′＝25m与轿车碰撞时的初速度大小为v12 v1＝v20－2a′④设碰撞后两车共同速度为v2，货车质量为M，轿车质量为m，由动量守恒定律Mv1＝M＋mv2⑤设货车对轿车的作用时间为Δt、平均冲力大小为F，由动量定理FΔt＝mv2⑥联立④⑤⑥式，代入数据得F＝98×104N⑦24．C5图1－10[201*山东卷]如图1－10所示，在高出水平地面h＝＝2g、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度1＝且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝左段间动摩擦因数μ＝04开始时二者均静止，现对A施加F＝20N 水平向右的恒力，待B脱离AA尚未露出平台后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离＝取g＝10m/2求：1B离开平台时的速度vB2B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移B3A左端的长度2【解析】1设物块平抛运动的时间为t，由运动学可得1h＝gt2①2＝vBt②联立①②式，代入数据得vB＝2m/③2设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg＝maB④vB＝aBtB⑤12B＝aBtB⑥联立③④⑤⑥式，代入数据得tB＝⑦B＝⑧3设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得1F1＝Mv21⑨2设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F－μmg＝MaA⑩122＋B＝v1tB＋aAtB2联立⑦⑧⑨⑩式，代入数据得2＝14．C5[201*浙江卷]如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利【解析】C甲、乙两人在冰面上拔河，甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，A选项错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳上，故不是作用力与反作用力，B选项错误；由于绳子质量不计，且冰面可看成光滑，绳对甲、乙的作用力大小相等，若甲的质量大，则甲的加速度小，相等时间通过的位移小，后过分界线，故甲能赢得比赛的胜利，C选项正确；是否赢得比赛主要看两人加速度的大小，跟收绳的速度大小无关，故D选项错误．14．C5、D2[201*江苏物理卷]如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定位置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝m的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．重力加速度为g图131求小物块下落过程中的加速度大小；2求小球从管口抛出时的速度大小；3试证明小球平抛运动的水平位移总小于2L2 14．C5、D2[201*江苏物理卷]【解析】1设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律Mg－T＝MaT－mgin30°＝ma且M＝m解得a＝2－1g2＋12设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0根据牛顿第二定律－mgin30°＝ma0又由匀变速直线运动，v ＝2aLin30°，2v20－v＝2a0L1－i n30°2解得v0＝3平抛运动＝v0t－2gL>22＋11Lin30°＝gt22解得＝L则图1－3A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用16．C5[201*福建卷]B【解析】结合图乙，在0～t1时间内，物体往左做匀减速直线运动，t1时刻运动到最左边，A错；在t1～t2时间内，物体往右做匀加速直线运动，但由于速度小于传送带的速度，物体与传送带的相对位移仍在增大，t2时刻相对位移最大，B对；0～t2时间内，物体相对传送带向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，f＝μmg不变，但t2时刻以后物体相对传送带静止，摩擦力为0，CD错．1．[201*福州模拟]手托着书使它做下述各种情况的运动，那么，手对书的作用力最大的情况是A．向下做匀减速运动B．向上做匀减速运动C．向下做匀加速运动D．向上做匀速运动1．A【解析】超重时手对书的作用力最大，向上做匀减速运动、向下做匀加速运动都是失重，向上做匀速运动是平衡状态，向下做匀减速运动是超重状态，所以A对．2．[201*濮阳一模]质量m＝1g的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2m/在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t＝1，速度大小变为4m/，则这个力的大小可能是A．2NB．4NC．6ND．8N2．AC【解析】物体的加速度可能是2m/，也可能是6m/，根据牛顿第二定律，这个力的大小可能是2N，也可能是6N，所以答案是AC3[201*德州模拟]如图L2－2所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方有一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力．若在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为22图L2－2A．加速下降B．加速上升C．物块处于失重状态D．物块处于超重状态3．AC【解析】木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态．物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，故AC对．4．[201*泰安模拟]在光滑水平地面上，一物体静止．现受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图L2－3所示．则图L2－3A．物体做往复运动B．0～4内物体的位移为零C．4末物体的速度最大D．0～4内拉力对物体做功为零4．D【解析】物体的运动是先加速后减速，2末速度最大，4末速度减到零，物体一直向同一方向运动，0～2内和2～4内位移大小相等但拉力却大小相等而方向相反，故0～4内拉力做功为零，所以答案选D5．[201*聊城模拟]在地面上将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则如图L2－4所示图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是取向上为正方向ABCD图L2－45．A【解析】由于金属小球的位移、动能随时间的变化都是非线性的，所以C、D均错；竖直上抛运动中加速度不变，故B错；竖直上抛的金属小球速度先向上均匀减小，后又向下均匀增加，且整个过程中加速度不变，图线斜率不变，所以A对．6．[201*濮阳一模]如图L2－5所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，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的加速度大小分别为图L2－52F2FA，＋g33mF2FB，＋g33m2FFC，＋g33mFFD，＋g33m6．A【解析】在线剪断前，对A、B及弹簧整体：F－3mg＝3ma，对B：F弹－2mg2F，线剪断后的瞬间，弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重32F力和弹力，有：F弹＋mg＝maA，得：aA＝＋g，故A对．3m＝2ma，由此得：F弹＝7．[201*盐城模拟]在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，有四位同学根据实验数据作出了如图L2－6所示的四幅图象，其中不能说明“质量一定时加速度与合外力成正比”或“合外力一定时加速度与质量成反比”的是ABCD图L2－6【解析】A的图线反映了加速度与合外力是正比例关系，能说明“质量一定时加速度与合外力成正比”；B的图线反映了在合外力较大些时，加速度与合外力是非线性关系，所以B错；C的图线反映了加速度与质量是非线性关系，但不能肯定合外力一定时加1速度与质量成反比，若要肯定这一点，还需作出a－图线，看是不是正比例图线，所以Cm错，D对8．[201*温州模拟]传送机的皮带与水平方向的夹角为α，如图L2－7所示，将质量为m的物体放在皮带传送机上，随皮带保持相对静止一起向下以加速度aa>ginα做匀加速直线运动，则下列关于小物块在运动过程的说法中正确的是图L2－7A．支持力与静摩擦力的合力大小等于mgB．静摩擦力对小物块一定做正功C．静摩擦力的大小可能等于mginαD．皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα【解析】物体随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动，物体所受合外力不为零，所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg，故A错；加速度a>ginα，说明静摩擦力沿传送带向下，而小物块运动方向也向下，故静摩擦力对小物块一定做正功，B对；由牛顿第二定律：mginα＋f＝ma，因为a比ginα大多少不知道，所以静摩擦力的大小可能等于mg inα，C对；由以上分析可知，静摩擦力f是有可能小于mginα的，由f＝μFN＝μmgcoα，因此说“皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα”是错的，D错．9．201*三明模拟201*年初，我国南方多次遭受严重的冰灾，给交通运输带来巨大的影响．已知汽车橡胶轮胎与普通路面的动摩擦因数为07，与冰面的动摩擦因数为01当汽车以某一速度沿水平普通路面行驶时，急刹车后设车轮立即停止转动，汽车要滑行14m才能停下．那么，在冰冻天气，该汽车若以同样速度在结了冰的水平路面上行驶，急刹车后汽车继续滑行的距离增大了多少？9．【解析】设初速度为v0，当汽车在水平普通路面上急刹车时，μ1mg＝ma1得a1＝μ1g＝7m/2v0＝2a11得v0＝2a11＝14m/当汽车在水平冰面上急刹车时，μ2mg＝ma2得a2＝μ2g＝1m/2v20＝2a22得2＝98m因此，急刹车后汽车继续滑行的距离增大了Δ＝2－1＝84m10．[201*济宁模]拟如图所示，质量为80g的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面无摩擦地向上运动，现观察到物体在磅秤上读数为1000N．已知斜面倾角θ＝30°，小车与磅秤的总质量为20g1拉力F为多少？2物体对磅秤的静摩擦力为多少？3若小车与斜面间有摩擦，动摩擦因数为3，斜面质量为100g，试求斜面对地面的32压力和摩擦力分别为多少？A一直静止在地面上10．【解析】1选物体为研究对象，受力分析如图所示：将加速度a沿水平和竖直方向分解，则有：FN1－mg＝mainθ解得a＝5m/取小车、物体、磅秤这个整体为研究对象，受力分析如图所示：2精品资料。

2013届新课标高考物理总复习学案第三单元牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题回扣一牛顿第二定律1．由牛顿第二定律表达式F＝ma可知()A．质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比B．合外力F与质量m和加速度a都成正比C．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D．物体的加速度a跟所受的合外力F成反比，跟物体的质量m成正比解析：对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变，A错；既然物体的质量不变，故不能有说合外力与质量成正比，B错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C正确；由a＝F m可知D错误。

答案：C2．牛顿第二定律定量地说明了力和运动的关系，但它只适用于________参考系中的宏观、低速的运动物体，不能用于非惯性系，也不能用来处理________粒子的________运动问题。

答案：惯性微观高速回扣二动力学的两类基本问题3．A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量mA＞mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离xA与xB相比为()A．xA＝xB B．xA＞xBC．xA＜xB D．不能确定答案：A4．一物体在水平面上由静止开始在水平恒力F作用下运动t s，t s末撤去该力，物体又经过2t s停止运动，在此过程中，物体受到的摩擦力大小为________。

解析：设t s 末速度为v ，则前t s 内的加速度a ＝v t ，后2t s 内的加速度a ′＝v 2t ＝a 2由牛顿第二定律有：F －F f ＝m aF f ＝m a ′＝m ·a 2联立解得F f ＝F 3。

回扣三 单位制5．单位制由基本单位和________组成，基本单位是________的单位，导出单位是由基本单位根据________推导出来的其他物理量的单位。

答案：导出单位 基本物理量 物理关系6．现有下列物理量或单位，按下面的要求选择填空。

3-2 牛顿第二定律 一、选择题 1．(2014·吉林实验中学模抉)中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午举行，如图所示，航天员王亚平利用天宫一号中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74kg。

测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100N的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1m/s，则复位的时间为( ) A．0.74s B．0.37s C．0.26s D．1.35s [答案]　A [解析]　宇航员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用，所以是匀变速直线运动，由牛顿第二定律可得宇航员的加速度为a＝＝＝m/s2，再根据加速度的定义式a＝得到复位的时间，所以复位时间t＝＝s＝0.74s，A正确。

2．(2014·西安铁一中模拟)如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸弹簧拉着，小车向右做加速运动。

若小车向右的加速度增大，物块始终相对小车静止，则物块所受摩擦力F1和车右壁受弹簧的拉力F2的大小变化可能是( ) A．F1不变，F2一直变大 B．F1先变小后变大，F2不变 C．F1先变大后变小，F2不变 D．F1变大，F2先变小后不变 [答案]　B [解析]　小车向右的加速度增大，而物块始终相对小车静止，即弹簧伸长量始终不变，则F2不变，A、D错；若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右，则随着加速度的增大，摩擦力必变大；若开始摩擦力向左，则随着加速度的增大，摩擦力必先变小后变大，B对C错。

3. (2013·甘肃第一次诊断性考试)如图是一条足够长的浅色水平传送带在自左向右匀速运行。

现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。

下列说法中正确的是( ) 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．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 [答案]　C [解析]　木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项A错误，设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，则对木炭包有μmg＝ma，木炭包加速的时间t＝＝，该过程传送带的位移x1＝vt＝，木炭包的位移x2＝t＝t＝，黑色径迹的长度Δx＝x1－x2＝，由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C正确。

第二讲牛顿第二定律➢知识梳理一、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＝kma，当F、m、a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。

二、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量。

②基本单位：基本量的单位。

力学中的基本量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位千克、秒、米就是基本单位。

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。

2.国际单位制的基本单位➢知识训练考点一、牛第二定律的理解1.牛顿第二定律的五个性质(1)矢量性：加速度方向与合力的方向相同，表达式是矢量式。

(2)独立性：作用在物体上的每一个力都可以产生一个加速度，物体的加速度是所有力产生的加速度的矢量和。

(3)因果性：F 是产生a 的原因。

(4)同体性：F 、a 、m 必须针对同一个物体或系统(5)瞬时性：加速度与合力F 是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失。

2.合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。

(2)合力与速度夹角为锐角时，物体加速；合力与速度夹角为钝角时，物体减速。

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

例1、有关运动与相互作用的关系，下列说法正确的是( ) A ．一个物体速度向东，则其受合力一定向东 B ．一个物体速度越大，则其受合力一定越大 C ．一个物体受合力为0，则其速度一定为0 D ．一个物体受合力越大，则其速度变化一定越快 【答案】D【解析】如果物体向东减速运动，则其所受合力向西，A 错误；如果物体以很高的速度做匀速运动，则其所受合力为零，B 、C 错误；一个物体受合力越大，根据牛顿第二定律可知，其加速度越大，即速度变化就越快，D 正确。

第2课时牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，如图1所示．将细绳烧断后，下列说法中正确的是()图1A．小球立即开始做自由落体运动B．小球离开弹簧后做平抛运动C．小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等D．小球离开弹簧后做匀变速运动答案 D解析小球静止时受重力、细绳的拉力和弹簧弹力，合外力为零．当烧断细绳后，弹簧弹力减小，小球的重力不变，在离开弹簧前，合力为弹簧弹力和重力的合力，加速度大于重力加速度，故A、B、C错误；离开弹簧后，小球只受重力，做匀变速运动，选项D正确．2．四个质量均为m的小球，分别用三条轻绳和一根轻弹簧连接，处于平衡状态，如图2所示．现突然迅速剪断轻绳A1、B1，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球1、2、3、4的加速度分别用a1、a2、a3和a4表示，则()图2A．a1＝g，a2＝g，a3＝2g，a4＝0B．a1＝0，a2＝2g，a3＝0，a4＝2gC．a1＝g，a2＝g，a3＝g，a4＝gD．a1＝0，a2＝2g，a3＝g，a4＝g答案 A解析由于绳子张力可以突变，故剪断A1后小球1、2只受重力，其加速度a1＝a2＝g，剪断B1后，由于弹簧弹力不能突变，故小球3所受合力为2mg，小球4所受合力为零，所以小球3、4的加速度分别为a3＝2g，a4＝0.3．五个质量相等的物体置于光滑的水平面上，如图3所示．现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于()图3A.15FB.25FC.35FD.45F 答案 C解析 设每个物体的质量为m ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F ＝5ma ，解得整体的加速度a ＝F5m；以物体3、4、5为研究对象，根据牛顿第二定律，第2个物体对第3个物体的作用力F ′＝3ma ＝35F ，C 正确．4.如图4所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m 且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a 突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F 1和挡板对圆柱体的弹力F 2的变化情况是(斜面倾角为θ)( )图4A ．F 1增大，F 2不变B ．F 1增大，F 2增大C ．F 1不变，F 2增大D ．F 1不变，F 2减小答案 C解析 对圆柱体受力分析，沿水平方向和竖直方向建坐标系，分别根据平衡条件和牛顿第二定律得F 1cos θ＝G ，F 2－F 1sin θ＝ma ，故随着加速度的增大，F 1不变，F 2增大，C 正确，A 、B 、D 错误．5．如图5所示，物体A 、B 质量分别为m 1、m 2，物块C 在水平推力作用下，三者相对静止，一起向右以a ＝5m /s 2的加速度匀加速运动，不计各处摩擦，取g ＝10 m/s 2，则m 1∶m 2为( )图5A ．1∶2B ．1∶3C ．2∶1D ．3∶1答案 C解析 设A 、B 间细绳的拉力大小为F T ，则有F T ＝m 2g ，对A 根据牛顿第二定律得：F T ＝m 1a ，解得m 1m 2＝21，所以选项C 正确．6.如图6所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)．已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( )图6A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 2答案 A解析 把m 1、m 2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：F cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确．二、多项选择题7．由牛顿第二定律表达式F ＝ma 可知( ) A ．质量m 与合外力F 成正比，与加速度a 成反比 B ．合外力F 与质量m 和加速度a 都成正比C ．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D ．物体的加速度a 跟其所受的合外力F 成正比，跟它的质量m 成反比答案 CD解析 对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变，A 、B 错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C 正确；由a ＝Fm可知D 正确．8．将力传感器A 固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图7甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的F －t 图象如图乙所示．则( )图7A ．2.5s 前小车做变加速运动B．2.5s后小车做变加速运动C．2.5s前小车所受摩擦力不变D．2.5s后小车所受摩擦力不变答案BD解析当倒入细沙较少时，M处于静止状态，对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力．在满足M静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m对M的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5s前M都是静止的，A、C选项错误；2.5s后M相对于m发生滑动，m对M 的摩擦力为滑动摩擦力F f＝μmg保持不变，D项正确；M运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B项正确．9．如图8所示，一质量为m的滑块，以初速度v0从倾角为θ的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，若滑块所受的摩擦力为F f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是()图8答案AD10．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图9(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50kg，降落伞的质量也为50kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F f与速度v成正比，即F f＝k v(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则下列判断中正确的是()图9A．k＝100N·s/mB．打开伞瞬间运动员的加速度a＝30m/s2，方向竖直向上C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5ND．悬绳能够承受的拉力至少为625N答案BC解析以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图(a)可知：2mg＝k v匀，又v匀＝5m/s，故k＝200 N·s/m，选项A错误；在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得k v0－2mg＝2ma，所以a＝k v0－2mg2m＝30m/s2，方向竖直向上，选项B正确；设每根绳的拉力为F T，以运动员为研究对象有8F T cosα－mg＝ma，F T＝m(g＋a)8cos37°＝312.5N，选项C正确，D错误．三、非选择题11．一氢气球的质量m＝0.2kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F＝10N．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M＝4kg的木块上，如图10所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力F＝k v(k为一常数，v为风速)，当风速v1＝3m/s 时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：图10(1)气球受到的浮力；(2)若风速v2＝6m/s，木块开始运动时的加速度大小．答案(1)12N，方向竖直向上(2)2.14m/s2解析(1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮－mg－F＝0，解得F浮＝12N，方向竖直向上(2)当v1＝3m/s时对整体受力分析F1＝k v1在水平方向上F1－F f＝0在竖直方向上F浮＋F N－(mg＋Mg)＝0又知F f＝μF N得：F f＝9N，k＝3N·s/m若v2＝6m/s时，F2＝k v2＝18N，由牛顿第二定律有：F2－F f＝(m＋M)a得：a≈2.14m/s212．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图11甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f＝k v.图11(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)答案 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k vm (2)mg (sin θ－μcos θ)k 适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些． (3)0.233.0kg/s解析 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－k v ＝ma解得a ＝g sin θ－μg cos θ－k vm高三物理一轮复习11 (2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3m/s 2，解得μ＝2315≈0.23 最大速度v ＝2m/s ，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2m /s ，解得k ＝3.0 kg/s。

第2讲牛顿第二定律的应用知识要点一、牛顿第二定律的瞬时性＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方牛顿第二定律的表达式为F合向与物体所受合外力的方向一致。

当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。

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，具体逻辑关系如下三、超重和失重1.超重(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或支持物的压力)大于物体所受重力的现象。

(2)产生条件：物体具有向上的加速度。

2.失重(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或支持物的压力)小于物体所受重力的现象。

(2)产生条件：物体具有向下的加速度。

3.完全失重(1)定义：物体对竖直悬挂物的拉力(或支持物的压力)等于0的现象称为完全失重现象。

(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。

4.对超重和失重的“三点”深度理解(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)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。

(3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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。

基础诊断1.关于超重和失重的下列说法中，正确的是()A.超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C.物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D.物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案 D2.在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg。

2013年高考物理复习 牛顿第二定律（练习） 答案与解析 1.【答案】 ①位移s 时间ta ＝2s t 2 ②m ′＋m 滑块上 ③0.23(0.21～0.25) 【解析】 ①由s ＝12at 2知，要测量滑块的加速度a 只需测量滑块的位移s 和滑行时间t ，此时a ＝2s t 2. ②若要求a 是m 的一次函数，只需()1＋μg M ＋()m ′＋m 保持不变，即(m ′＋m )不变，故实验时应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．③由图象可知，图象过(69.0×10－3,0.43)和(64.0×10－3,0.23)两点，将之代入a ＝()1＋μg M ＋()m ′＋m m －μg ，解得：μ＝0.23. 2.【答案】A【解析】 A 、B 一起往右做匀减速直线运动，说明两个问题：①加速度a 大小不变；②加速度a 方向向左．对B 物体受力分析，由牛顿第二定律F ＝ma 可知：B 受到的摩擦力方向向左，大小不变，A 正确．3.【答案】B【解析】 从图中可以看出，当人静止时，所受到的拉力为0.6F 0，即0.6F 0＝mg .当合力最大时，加速度最大．最大的拉力从图中可知为1.8F 0＝3mg ，由牛顿第二定律可得F －mg ＝ma ，代入数据可知，a ＝2g ，B 项正确．4.【答案】B【解析】 由公式W ＝UIt ＝UQ 可得，J/C 与电压单位V 等效，由F ＝Eq 可得，N/C 为电场强度的单位，与电压单位V 不等效，A 项错误．由公式Q ＝CU 、E ＝BL v ＝BL 2t可知，C/F 、T·m 2/s 与电压单位V 等效，B 项正确．由P ＝UI 可知，W/A 与电压单位V 等效，C·T·m/s＝A·s·N A·m ·m s ＝N ，所以C·T·m/s 与力的单位N 等效，C 项错误．由P ＝U 2R 可知，W 12·Ω12与电压单位V 等效，T·A·m ＝N m·AA·m ＝N ，所以T·A·m 与力的单位N 等效，D 项错误．5.6.【答案】减速上升或加速下降【解析】测力计在电梯中的示数即为视重，静止在地面时的示数表示物体的实重，依题意，视重小于实重，物体处于失重状态，物体要么往上减速，要么往下加速．7.【答案】A【解析】当拉力F很小时，木块和木板一起加速运动，由牛顿第二定律，对木块和木板：F＝(m1＋m2)a，故a1＝a2＝a＝Fm1＋m2＝km1＋m2t；当拉力很大时，木块和木板将发生相对运动，对木板：μm2g＝m1a1，得a1＝μm2gm1，对木块：F－μm2g＝m1a2，得a2＝F－μm2gm2＝km2t－μg，A正确．8.【解析】(1)设货车刹车时速度大小为v0，加速度大小为a，末速度大小为v t，刹车距离为ss＝v20－v2t 2a①代入数据，得超载时s1＝45 m②若不超载s2＝22.5 m③(2)设货车刹车后经s′＝25 m与轿车碰撞时的初速度大小为v1v1＝v20－2as′④设碰撞后两车共同速度为v2，货车质量为M，轿车质量为m，由动量守恒定律M v1＝(M＋m)v2⑤设货车对轿车的作用时间为Δt、平均冲力大小为F，由动量定理FΔt＝m v2⑥联立④⑤⑥式，代入数据得 F ＝9.8×104 N ⑦9.【解析】 (1)设物块平抛运动的时间为t ，由运动学可得h ＝12gt 2① x ＝v B t ②联立①②式，代入数据得v B ＝2 m/s ③(2)设B 的加速度为a B ，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg ＝ma B ④v B ＝a B t B ⑤x B ＝12a B t 2B⑥ 联立③④⑤⑥式，代入数据得t B ＝0.5 s ⑦x B ＝0.5 m ⑧(3)设B 刚开始运动时A 的速度为v 1，由动能定理得Fl 1＝12v 21⑨ 设B 运动后A 的加速度为a A ，由牛顿第二定律和运动学的知识得F －μmg ＝Ma A ⑩l 2＋x B ＝v 1t B ＋12a A t 2B ○11 联立⑦⑧⑨⑩○11式，代入数据得 l 2＝1.5 m ○1210. 【答案】C【解析】 甲、乙两人在冰面上拔河，甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力与反作用力，A 选项错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳上，故不是作用力与反作用力，B 选项错误；由于绳子质量不计，且冰面可看成光滑，绳对甲、乙的作用力大小相等，若甲的质量大，则甲的加速度小，相等时间通过的位移小，后过分界线，故甲能赢得比赛的胜利，C 选项正确；是否赢得比赛主要看两人加速度的大小，跟收绳的速度大小无关，故D 选项错误．11.【解析】 (1)设细线中的张力为T ，根据牛顿第二定律Mg －T ＝MaT －mg sin30°＝ma且M ＝km解得a ＝2k －12(k ＋1)g (2)设M 落地时的速度大小为v ，m 射出管口时速度大小为v 0，M 落地后m 的加速度为a 0.根据牛顿第二定律－mg sin30°＝ma 0又由匀变速直线运动，v2＝2aL sin30°，v20－v2＝2a0L(1－sin30°)解得v0＝k－22(k＋1)gL(k>2)(3)平抛运动x＝v0tL sin30°＝12 gt2解得x＝Lk－2 2(k＋1)则x<22L，得证．12.【答案】B【解析】结合图乙，在0～t1时间内，物体往左做匀减速直线运动，t1时刻运动到最左边，A错；在t1～t2时间内，物体往右做匀加速直线运动，但由于速度小于传送带的速度，物体与传送带的相对位移仍在增大，t2时刻相对位移最大，B对；0～t2时间内，物体相对传送带向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，f＝μmg不变，但t2时刻以后物体相对传送带静止，摩擦力为0，CD错．13.【答案】A【解析】超重时手对书的作用力最大，向上做匀减速运动、向下做匀加速运动都是失重，向上做匀速运动是平衡状态，向下做匀减速运动是超重状态，所以A对．14.【答案】AC【解析】物体的加速度可能是2 m/s2，也可能是6 m/s2，根据牛顿第二定律，这个力的大小可能是2 N，也可能是6 N，所以答案是AC.15.【答案】AC【解析】木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态．物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，故AC对．16.【答案】D【解析】物体的运动是先加速后减速，2 s末速度最大，4 s末速度减到零，物体一直向同一方向运动，0～2 s内和2～4 s内位移大小相等但拉力却大小相等而方向相反，故0～4 s 内拉力做功为零，所以答案选D.17.【答案】A【解析】由于金属小球的位移、动能随时间的变化都是非线性的，所以C、D均错；竖直上抛运动中加速度不变，故B错；竖直上抛的金属小球速度先向上均匀减小，后又向下均匀增加，且整个过程中加速度不变，图线斜率不变，所以A对．18.【答案】A【解析】在线剪断前，对A、B及弹簧整体：F－3mg＝3ma，对B：F弹－2mg＝2ma，由此得：F弹＝2F3，线剪断后的瞬间，弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，有：F弹＋mg＝ma A，得：a A＝2F3m＋g，故A对．19.【答案】BC【解析】A的图线反映了加速度与合外力是正比例关系，能说明“质量一定时加速度与合外力成正比”；B的图线反映了在合外力较大些时，加速度与合外力是非线性关系，所以B错；C的图线反映了加速度与质量是非线性关系，但不能肯定合外力一定时加速度与质量成反比，若要肯定这一点，还需作出a－1mC错，D对20.【答案】BC【解析】物体随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动，物体所受合外力不为零，所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg，故A错；加速度a>g sinα，说明静摩擦力沿传送带向下，而小物块运动方向也向下，故静摩擦力对小物块一定做正功，B对；由牛顿第二定律：mg sinα＋f＝ma，因为a比g sinα大多少不知道，所以静摩擦力的大小可能等于mg sinα，C对；由以上分析可知，静摩擦力f是有可能小于mg sinα的，由f＝μF N＝μmg cosα，因此说“皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα”是错的，D错．21.【解析】设初速度为v0，当汽车在水平普通路面上急刹车时，μ1mg＝ma1得a1＝μ1g＝7 m/s2v20＝2a1x1得v0＝2a1x1＝14m/s当汽车在水平冰面上急刹车时，μ2mg＝ma2得a2＝μ2g＝1 m/s2v20＝2a2x2得x2＝98 m因此，急刹车后汽车继续滑行的距离增大了Δx＝x2－x1＝84 m22.【解析】(1)将加速度aF N1－mg＝ma sinθ解得a＝5 m/s2取小车、物体、磅秤这个整体为研究对象，受力分析如图所示：23.【答案】D【解析】由图知，乙照片中物体受到的支持力大于物体的重力，物体加速度向上，电梯处于加速上升状态或者减速下降状态；丙照片中物体受到的支持力等于物体的重力，物体加速度为零，电梯处于匀速上升或者匀速下降状态；丁照片中物体受到的支持力小于物体的重力，物体加速度向下，电梯处于减速上升或者加速下降状态．只有选项D正确．24.【答案】D【解析】小球受重力G、竖直挡板对球的弹力F1、斜面的弹力F2作用，沿水平和竖直方向正交分解，有F2cosθ＝mg、F1－F2sinθ＝ma，解得F2＝mgcosθ，F1＝mg tan θ＋ma.根据牛顿第二定律，重力与斜面体和挡板对球的弹力的合力等于ma.所以只有选项D正确．25.【答案】B【解析】匀减速向上运动的滑块，上滑阶段受到的滑动摩擦力f＝μF N＝μmg cos37°＝6.4 N，方向平行斜面向下，即负方向．当滑块的速度减小为零时，因重力的下滑分力mg sin37°＝6 N，滑块与斜面间的最大静摩擦力F m>f＝6.4 N，大于重力的下滑分力，所以滑块将静止在斜面上，静摩擦力F静＝mg sin37°＝6 N.26.【答案】BC【解析】 由速度图象可知，物体的运动情况为：0～2 s 向正方向做匀加速直线运动，2～4 s 做匀速直线运动，4～5 s 做匀减速直线运动，5 s 末速度减为零，5～6 s 向负方向做匀加速直线运动．因速度图线与t 轴围成图形的面积表示物体发生的位移大小，所以可知物体在6 s 内的路程为40 m ，第5 s 时物体离出发点最远，为35 m,0～4 s 内的平均速率为v －＝x t ＝30 m 4 s＝7.5 m/s ，5～6 s 物体做加速运动，动能增加，由动能定理知合外力做正功，综上分析BC 选项正确．27.【答案】C【解析】 设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有x 1＋x 2＝180 m ，其中x 1＝12at 21，x 2＝v t 1， 联立可得t 1＝10 s设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，则有x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m其中x 1′＝12at 22，x 2′＝v t 2， 解得t 2＝10.8 s.故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s28.【答案】5∶7【解析】 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0)的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2.由运动学公式得v ＝at 0s 1＝12at 20 s 2＝v t 0＋12(2a )t 20 设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′.同样有v ′＝(2a )t 0s 1′＝12(2a )t 20 s 2′＝v ′t 0＋12at 20设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有s ＝s 1＋s 2s ′＝s 1′＋s 2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s s ′＝5729.【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)水平段AB 上，距B 点1.6 m 处【解析】 (1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a 1由牛顿第二定律得μmg ＝ma 1解得a 1＝μg ＝5 m/s 2经t 1时间与传送带达到共同速度，则t 1＝v a 1＝0.8 s 前进的位移为x 1＝12a 1t 21＝1.6 m 此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时t 2＝L AB －x 1v＝0.6 s 所以工件第一次到达B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1.4 s(2)设工件上升的最大高度为h ，由动能定理有(μmg cos θ－mg sin θ)h sin θ＝0－12m v 2 得h ＝2.4 m(3)工件沿传送带向上运动的时间为 t 3＝hsin θv＝2h v sin θ＝2 s 此后工件沿传送带向下运动，运动时间t 4＝2 s 后回到B 点，再经0.8 s 在AB 段速度减为零．然后再加速0.8 s 至B 点，加速2 s 至最高点，如此往复．可知23 s 末工件速度已减为零，其位置在AB 段上距B 点x ＝x 1＝1.6 m.。

一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.(2012·汕头模拟)在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹.在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g 取10 m/s 2,则汽车刹车前的速度为( ).7 m/s B.14 m/s C.10 m/s D.20 m/s2.如图所示，一质量为m 的物块与车厢的竖直后壁间的动摩擦因数为μ，当该车水平向右做加速运动时，物块恰好沿车厢后壁匀速下滑，则车的加速度为( ).g B.μg C.g μD.1g 2μ 3.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 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 4.如图所示，传送带保持v 0＝1 m/s的速度运动，现将一质量m ＝0.5kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x ＝2.5 m ，则物体从左端运动到右端所经历的时间为( )B.1)sC.3 sD.5 s 5.(2012·银川模拟)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块,木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接,弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球.某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ,在这段时间内木块与车厢保持相对静止,如图所示.不计木块与车厢底部的摩擦力,则在这段时间内弹簧的形变为( ).伸长量为1m gtan k θ B.压缩量为1m gtan k θC.伸长量为1m g ktan θD.压缩量为1m g ktan θ6.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70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( ).450 N B.400 N C.350 N D.300N7.(2012·衡阳模拟)如图所示为杂技“顶竿”表演,一人站在地上,肩上扛一质量为M的竖直竹竿,当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时,竿对地面上的人的压力大小为( ).(M+m)g-maB.(M+m)g+maC.(M+m)gD.(M-m)g8.如图所示，物体叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，、B质量分别为m＝6 kg，m B＝2 kg，、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( ).当拉力F＜12 N时，物体均保持静止状态B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动C.两物体从受力开始就有相对运动D.两物体始终没有相对运动二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(2012·黄浦区模拟)(12分)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况,装置如图(a).已知斜面倾角θ=37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑,并同时开始记录数据,绘得木块从开始上滑至最高点,然后又下滑回到出发处过程中的x -t图线如图(b)所示.图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4),曲线最低点的坐标为(0.5,0.4).重力加速度g取10 m/s2.sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a1;(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ;(3)木块滑回出发点时的速度v.10.(16分)如图所示为上、下两端相距 L=5 m、倾角α=30°、始终以v=3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧).将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t=2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？答案解析1.【解析】选B.设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得:μmg=ma,解得a=μg,由匀变速直线运动速度—位移关系式v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为:0v s 14 m/s ====,因此B 正确.2.【解析】选C.设物块与车厢后壁间的弹力大小为F N ，车的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F N ＝ma ，竖直方向mg －μF N =0，两式联立解得：g a =μ，故选项C 正确. 3.【解析】选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22R 14R gt sin ,t cos 2gsin2=θ=θθ,当θ=45°时,t 最小,当θ=30°和60°时,sin2θ的值相同,故只有D 正确.【总结提升】应用牛顿第二定律解题的两种方法1.合成法若物体只受两个力作用而产生加速度时，可利用平行四边形定则求出两个力的合力方向就是加速度的方向，特别是两个力互相垂直或相等时，应用力的合成法比较简单.2.正交分解法当物体受到三个以上的力作用时，常用正交分解法解题.(1)分解力：一般将受到的力沿加速度方向和垂直加速度的方向进行分解.(2)分解加速度：当物体受到的力互相垂直时，沿这两个互相垂直的方向分解加速度，再应用牛顿第二定律列方程求解，有时更简单.4.【解析】选C.物体在传送带上做加速运动时:2F a g 1 m /s m==μ=加速运动的位移201v x 0.52a== m 时间01v t 1a == s 匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝2 m 时间220x t 2v == s ，总时间为3 s. 5.【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)m 1和m 2与小车运动状态相同.(2)隔离m 1、m 2分别进行受力分析,利用牛顿第二定律求解.【解析】选.分析m 2的受力情况可得:m 2gtan θ=m 2a,得出:a=gtan θ,再对m 1应用牛顿第二定律,得:kx=m 1a,1m g x tan k =θ,因a 的方向向左,故弹簧处于伸长状态,故正确.6.【解析】选C.汽车的速度v 0=90 km/h=25 m/s ，设汽车匀减速的加速度大小为a ，则20v a 5 m /s t==，对乘客应用牛顿第二定律得：F=ma=70×5 N=350 N ，所以C 正确.7.【解析】选.当竿上一质量为m 的人以加速度a 加速下滑时,竿与人所组成的系统处于失重状态,竿对地面上的人的压力大小为(M+m)g-ma.本题也可分步求解,对m 有:mg-F f =ma;对M 有:Mg+F f ′=F N ,由牛顿第三定律得F f 与F f ′大小相等,同样可得F N =(M+m)g-ma,故选项正确.8.【解析】选D.首先了解各物体的运动情况，B 运动是因为对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B 的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是、B 间静摩擦力达到最大值时拉力F 的大小，以为研究对象进行受力分析，受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，有F －F f ＝m a① 再以B 为研究对象，B 受水平向右的静摩擦力F f ＝m B a② 当F f 为最大静摩擦力时，由①②得22f A B B F m g 12a m /s 6 m /s m m 2μ==== F=48 N由此可以看出当F ＜48 N 时，、B 间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，、B 间不会发生相对运动.故选项D 正确.9.【解析】(1)0～0.5 s 段曲线满足抛物线方程,由图线得x=k(t-0.5)2+0.4(1分)将(0,1.4)代入得1.4=k(0-0.5)2+0.4,解得k=4(1分)x=4(t-0.5)2+0.4=4t 2-4t+1.4(1分)所以v0=4 m/s(1分)a1=8 m/s2(1分)(2)上滑过程mgsin37°+μmgcos37°=ma(2分)解得μ=0.25(1分)(3)下滑过程mgsin37°-μmgcos37°=ma2(2分)a2=4 m/s2(1分)由v2=2a==m/s2x得v/s 2.83(1分)答案:(1)4 m/s 8 m/s2(2)0.25 (3)2.83 m/s10.【解题指南】解答本题可按以下思路进行：(1)分析传送带顺时针和逆时针转动时物体所受滑动摩擦力的方向；(2)利用牛顿运动定律结合运动学公式列方程求解.【解析】(1)物体在传送带上受力如图所示,[来源:] 物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a. 由题意得21L at 2=解得a=2.5 m/s 2 (3分)由牛顿第二定律得mgsin α-F f =ma(3分)又F f =μmgcos α(2分)故μ=0.29(1分) (2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m ，物体加速度为a ′.由牛顿第二定律得mgsin α+F f =ma ′(3分)又v m 2=2La ′(2分) 故mv 8.66 m/s ==.(2分) 答案：(1)0.29 (2)8.66 m/s。