全国通用2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律微专题22动力学两类基本问题二备考精炼20180402338
2019年度高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题课件
量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、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
A.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
图8
√D.两物体始终没有相对运动
图6
(2)前16 s内物体发生的位移. 答案 30 m，方向沿斜面向下
解析 答案
能力考点 师生共研
1.基本思路 (1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶 段)； (2)寻找过程中变化的物理量； (3)探索物理量的变化规律； (4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系.
后的速度大小不变，重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力.
(1)求游客匀速下滑时的速度大小；
答案 16 m/s
图2
解析 由mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度
a＝2 m/s2.游客匀速下滑时的速度大小为v＝at1＝16 m/s.
答案 87 s 8.7×102 m/s
解析 答案
(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可 近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及 空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v—t图象如图3所示.若该运动 员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻 力系数.(结果保留1位有效数字) 答案 0.008 kg/m
滑块放上车后做匀加速直1 线运动，设当经历时间t′之后速度达到v0，
[推荐学习]2019高三物理人教版一轮教师用书：第3章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题 Wor
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第二节牛顿第二定律两类动力学问题(对应学生用书第43页)[教材知识速填]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a＝Fm或F＝ma.(3)适用范围①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只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成．(2)基本单位基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米．(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位．易错判断(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)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．(×)(3)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．(√)知识点2两类动力学问题1．两类动力学问题(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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：[教材习题回访]考查点：牛顿第二定律的理解1．(鲁科必修1P113T1)(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ) A．加速度与合力的关系是瞬时对应关系，即a与F同时产生、同时变化、同时消失B．加速度的方向总是与合外力的方向相同C．同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大D．物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比[答案]AB考查点：单位制2．(粤教必修1P102T3改编)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1[答案]B考查点：牛顿第二定律的应用3．(人教版必修1P78T5改编)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．(1)如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g＝10 m/s2)(2)若在外力作用下匀加速4 s撤去外力后，还能运动多少时间？[解析](1)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.(2)由v＝at及v＝a′t′可知，t′＝ata′＝12 s.[答案](1)0.5 m/s2(2)12 s考查点：动力学基本问题4．(鲁科必修1P113T6)如图所示，质量为0.8 kg的物块以5 m/s的初速度从斜面顶端下滑，斜面长5 m，倾角为37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3.求：(1)物块在斜面上运动时的加速度；(2)物块滑至斜面底端时的速度．(取g＝10 m/s2)【导学号：84370112】[解析](1)由于物体下滑过程中受重力、摩擦力、弹力作用，沿斜面方向有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得a＝3.6 m/s2，方向沿斜面向下．(2)由v2t－v20＝2as得v t＝7.8 m/s，方向沿斜面向下．[答案](1)3.6m/s2沿斜面向下(2)7.8m/s沿斜面向下(对应学生用书第44页)1．牛顿第二定律的“五性”2.(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(2)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．(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1 m.[题组通关]1．(2018·四川广元一诊)如图3-2-1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则( )【导学号：84370113】图3-2-1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小A[物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．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，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，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，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综合以上分析．只有选项A正确．]2. (多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图3-2-2所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)( )图3-2-2A．3 N B．25 NC．30 N D．50 NACD[若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．]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：2．一般思路第一步：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．[题组通关]3．如图3-2-3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( )甲乙图3-2-3A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为0C．图乙中轻杆的作用力一定不为0D．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍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0，加速度为0，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0，A、B两球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D对．]4．(2018·泰安二模)如图3-2-4所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态．已知B球质量为m，O 在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )【导学号：84370114】图3-2-4A ．弹簧弹力大小为2mgB ．球B 的加速度为gC ．球A 受到的支持力为2mgD ．球A 的加速度为12gD [剪断细绳前对B 球受力分析如图，由平衡条件可得F 弹＝mg tan 45°＝mg ；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F 弹和重力的大小和方向均没有改变，则F 合＝mg cos 45°＝2mg ，a B ＝2g ，A 、B 项错误．A 球的重力大小G A ＝2F 绳cos 30°＝6mg ，A 球受到的支持力N A ＝G A cos 30°＝182mg ，C 项错误．对A 球由牛顿第二定律有m A g sin 30°＝m A a A ，得A 的加速度a A ＝g ·sin 30°＝12g ，D 项正确．]1．解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．2．两类动力学问题的解题步骤[多维探究]考向1已知受力情况，求物体运动情况1．(多选)(2018·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )图3-2-5A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短AC[设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N，平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F′N＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2，可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．]2. 如图3-2-6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＝4 N．g取10 m/s2.图3-2-6(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)当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.【导学号：84370115】[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＝ma解得a＝6 m/s2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 ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v 2＝2a 1H ，解得v ＝40 m/s.[答案](1)75 m (2)40 m/s在第2题中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] 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 ＝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 2m2a 1＋v 2m 2a 2＝H解得v m ＝4053m/s 由v m ＝a 1t 1，解得t 1＝553s. [答案] 553s考向2 已知运动情况，求物体受力情况3．(2018·襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的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射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25[题眼点拨]①“4 s末，100 m的最高点”可由运动学公式求加速度；②“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.C[根据h＝12at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝mg＋F fm＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．]4．(2018·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑．如图3-2-7所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)图3-2-7(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小.【导学号：84370116】[题眼点拨]①“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；②“恒力F…静止开始…”说明使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．[解析](1)根据牛顿第二定律可得：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma解得：μ＝3 6.(2)由x＝12a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1，代入数据得：F＝7635N当加速度沿斜面向下时：mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1代入数据得：F＝437N.[答案](1)36(2)7635N或437N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，在该区域安装有直线电机，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＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．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．已知飞机可看作质量恒定的质点，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f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－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－f1＝ma1代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵≈1.1×106 N.[答案](1)4.0 m/s2(2)58 m/s2 1.1×106N[母题](2018·成都高三期末)如图3-2-8所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝1 m/s的速度顺时针匀速转动，两轮间的距离L＝9 m，一可视为质点的物块以大小v0＝11 m/s、方向平行于斜面向上的速度从底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，整个过程中物块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图3-2-8 (1)从滑上传送带到第一次速度达到1 m/s 的过程中，物块相对传送带通过的路程；(2)物块在传送带上运动的总时间.【导学号：84370117】【自主思考】物块的速度第一次达到1 m/s 时物块的加速度怎样？物块将怎样运动？ [提示] 因mg sin θ>μmg cos θ，加速度方向不变，大小发生突变，物块继续做匀减速运动．[解析] (1)物块从滑上传送带到第一次速度达到1 m/s 前受力如图甲所示，由牛顿第二定律有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1，代入数据解得a 1＝－10 m/s 2，由运动学公式v －v 0＝a 1t 1，解得t 1＝1 s ．物块第一次速度达到1 m/s 时发生的位移为x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，，代入数据得x 1＝6 m ，传送带的位移x 2＝v t 1，代入数据得x 2＝1 m ，物块相对传送带通过的路程Δx ＝x 1－x 2，解得Δx ＝5 m.(2)物块第一次速度达到1 m/s 后，由于mg sin θ>μmg cos θ，物块会相对传送带下滑，在此过程中物块受力如图乙所示，对物块，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝－2 m/s 2，物块在此过程中上升的最大距离为x 3，由运动学公式有－v 2＝2a 2x 3，解得x 3＝0.25 m ，因x 1＋x 3<L ，故物块此后会反向做匀加速运动，从下端离开传送带，物块受力仍如图乙所示，故加速度仍为a 2＝－2 m/s 2，对物块，选择从速度第一次达到1 m/s 时到离开传送带的过程进行分析，由运动学公式有－x 1＝v t 2＋12a 2t 22，解得t 2＝3 s ，故总时间t ＝t 1＋t 2＝4 s. [答案](1)5 m (2)4 s [母题迁移]迁移1 水平传送带1．(多选)如图3-2-9所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝4 m ，以v 0＝4 m/s 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 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，则煤块从A 运动到B 的过程中( )图3-2-9 A ．煤块从A 运动到B 的时间是2.25 s B ．煤块从A 运动到B 的时间是1.5 s C ．划痕长度是0.5 m D ．划痕长度是2 m[题眼点拨] ①“无初速度…相对滑动…”可知划痕长为二者相对位移大小；②“从A 运动到B …”运动过程有两种可能，一是一直加速，二是先匀加速再匀速．BD [根据牛顿第二定律，煤块的加速度a ＝μmgm ＝4 m/s 2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t 1＝v 0a ＝1 s ，位移大小x 1＝12at 21＝2 m ＜x ，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx ＝v 0t 1－x 1＝2 m ，选项D 正确，C 错误； x 2＝x －x 1＝2 m ，匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝0.5 s ， 运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，选项B 正确，A 错误．]迁移2 倾斜传送带2．如图3-2-10所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A 到B 长度为L ＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2，求：图3-2-10 (1)煤块从A 到B 的时间；【导学号：84370118】(2)煤块从A 到B 的过程中在传送带上形成痕迹的长度．[解析] (1)煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为 a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2， 加速过程中t 1＝v 0a 1＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m.煤块速度达到v 0后，受到向上的摩擦力，则 a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ， x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s.煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s. (2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－x 1＝5 m ，第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ，Δx 1与Δx 2部分重合，故痕迹总长为5 m.[答案](1)1.5 s (2)5 m如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？[解析] (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同，t 1＝v 0－va 1 ②通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④物体继续减速，设经t 2速度到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立①②③④⑤式可得： t ＝t 1＋t 2＝2.2 s.(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2⑥联立④⑥式可得： t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去)． [答案](1)2.2 s (2)1 s。
精选-新课标2019届高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题课件
2．求解瞬时加速度的一般思路 分析瞬时变化前后 列牛顿第二 求瞬时 物体的受力情况 ⇒ 定律方程 ⇒ 加速度
[题组通关] 考向 1 轻绳、轻杆模型 1.两个质量均为 m 的小球，用两条轻绳连接，处于平 衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳 OA，让小 球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球 A、B 的加速度 分别用 a1 和 a2 表示，则( ) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
解析：选 A.物体从 A 到 O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻 力，合力向右．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，加速度向右且逐渐减小，由于加 速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至 AO 间某点(设为点 O′)时，弹力减小到与阻力相等，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，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至 O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过 O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速 度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为 A.
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 ___基__本__物__理___量__的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是 _质__量__、__长__度__和_时__间__，它们的国际单位分别是_k_g_、_m__和_s_． (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．
解析：选 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 a1＝a2＝g.故选项 A 正确．
2019版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题课件【优质ppt版本】
• (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；
• •
ABD．．．aaa11＝1＝＝g aaa222＝＝＝maa＋M33M＝＝g aaa443＝＝＝0g0
a4＝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 a1＝a2＝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，a3＝0；由牛顿第二定律得物块 4 满足 a4＝ F＋MMg＝M＋ M mg，故选项 C 正确．
• (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．( )
• 2．(多选)下列说法正B确CD的是(
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B法C 中正确的是 ()
• 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＝1
2019届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题练习新人教版
哈哈哈哈哈哈哈哈你好第三章第二节牛顿第二定律、两类动力学问题[A 级—基础练 ]1．(08786240)(2018 ·武汉模拟) 将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时碰到空气阻力的大小与速度的大小成正比．以下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，可能正确的选项是 ()解析： C [ 皮球在上升过程中速度越来越小，因此空气阻力越来越小，重力与空气阻力的合力越来越小，因此加速度越来越小，一开始加速度最大，此后减小得越来越慢，最后速度为零时，加速度变为重力加速度，因此答案选 C.]2． (08786241)(20 18·福建漳州八校联考) 兴趣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 ，球拍与球保持相对静止，它们间的摩擦力及空气阻力不计，则()A．运动员的加速度为g tanθB．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 sinθ，球必然沿球拍向上运动解析： A [ 对球进行受力解析，碰到重力mg和球拍对它的支持力N，作出受力解析图如图甲所示，依照牛顿第二定律得：sin θ＝， cos θ＝，解得＝ tan θ，＝mg ，故 A 正确， B 错误；以球N ma N mg a g N cos θ拍和球整体为研究对象进行受力解析，如图乙所示，依照牛顿第二定律得，运动员对球拍的电视播放动画动画M＋ m g作用力为 F＝cos θ，故C错误；当a>g tanθ时，球将沿球拍向上运动，由于g sinθ与 g tanθ 的大小关系未知，故 D 错误． ]3． (08786242)(多项选择)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩2P 和 Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为3a的加速度向西行驶时，P和Q 间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A． 8 B.10C． 15D． 18解析： BC [ 当机车牵引列车向东行驶时，设挂钩西边的列车节数为x 节，挂钩东边的节数为 y 节，依照牛顿第二定律得：F＝ xma.当机车牵引列车向西行驶时，依照牛顿第二定律得：2F＝ ym a，解得3x＝2y，35列车的总节数N＝x＋ y＝ x，当 x＝4节时， N＝10节，当 x＝6节， N＝15节，故B、C2 正确， A、D 错误． ]4．运动员从悬停的直升机上跳伞，下落一段时间后打开降落伞，打开伞从前，运动员所受空气阻力可忽略，打开伞后碰到的空气阻力与速度成正比，运动员打开伞后的运动情况不能能是 ()A．加速度大小先减小最后为零B．加速度大小先增大最后为零C．速度素来不变D．速度先增大后不变解析： B [ 打开伞刹时若是阻力大于重力，加速度向上，运动员做减速运动，依照阻力与速度成正比及牛顿第二定律得加速度逐渐减小，最后减为零，因此运动员先做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速运动， A 正确；打开伞刹时若是阻力小于重力，加速度向下，运动员做加速运动，由阻力与速度成正比及牛顿第二定律得加速度逐渐减小，因此运动员先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动， D 正确；打开伞的刹时若是阻力等于重力，运动员做匀速直线运动， C 正确；加速度大小先增大最后为零是不能能的， B 错误． ] 5．(08786243)(2018 ·宁夏银川二中、银川九中、育才中学联考) 以下列图，两个完好相同的轻弹簧，一端均固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连；轻杆一端固定在天花板上，另一端与小球相连，三者互成120°角，且两个弹簧的弹力大小均为mg.若是将电视播放动画动画轻杆突然剪断，则剪断刹时小球的加速度大小可能为( )A ． a ＝0B ． a ＝ gC ． a ＝1.5 gD ． a ＝ 3g解析： A [ 小球受两根弹簧的弹力、重力以及轻杆的作用力处于平衡状态， 其中弹簧 a 、b 对小球的作用力大小均为mg ，夹角为 120°，故弹簧 a 、 b 对小球的作用力的合力为mg ；若弹簧处于伸长状态，剪断刹时，弹簧的弹力不变，两弹簧合力向下，则重力、两弹簧拉力的合力为 2mg ，加速度为 2g ，方向向下． 若弹簧处于压缩状态，剪断刹时， 弹簧的弹力不变，两弹簧合力向上，与重力平衡，合力为零，则加速度为 0，故 A 正确， B 、 C 、 D 错误． ]6．(2018 ·安徽六安一中月考 ) 以下列图，圆滑水平面上放置 M 、N 、P 、Q 四个木块，其中 、 质量均为 ， 、 质量均为 2 ， 、 之间用一轻质弹簧相连， 现用水平拉力F 拉 ，M Pm N Qm M PN使四个木块以同一加速度a 向右运动，则在突然撤去 F 的刹时，以下说法正确的选项是()A ． P 、Q 间的摩擦力改变B ． M 、P 的加速度大小变为a2C ． M 、N 间的摩擦力不变D ． N 的加速度大小仍为 a解析： D [ 撤去F 前，对 、 Q 整体解析，知弹簧的弹力F 弹＝ 3 ，撤去 F 的刹时，弹P ma簧的弹力不变，可知 P 、 Q 的加速度不变，仍为 a ；隔断对 P 解析， P 、 Q 间的摩擦力不变，故 A 、B 错误．撤去 F 前，隔断对 M 解析， f － F 弹 ＝ ma ，解得 f ＝ 4ma ，对整体解析， F ＝ 6ma ，撤去 F 后，对 、 整体解析 ′＝F弹＝，方向向左，隔断对N 解析， f ′＝ 2 ′＝2 ，M Na3mamama知 M 、 N 间的摩擦力发生变化，N 的加速度大小不变，方向改变，故 C 错误， D 正确． ]7． (08786244)(多项选择 )(2018 ·河南周口西华一中等校联考 ) 以下列图，一木箱在斜向下的推力 F 作用下以加速度 a 在粗糙水平川面上做匀加速直线运动．现将推力 F 的大小增大到3F ，方向不变，则木箱做匀加速直线运动的加速度可能为()A ． 2aB ． 3aC ． 4 aD ． 5a 电视播放动画动画解析： CD [ 对木箱受力解析以下列图，依照牛顿第二定律可知水平方向： F cos θ － f＝，依照平衡条件可知竖直方向：sin θ ＋ － ＝ 0，其中 f ＝ μ ，解得a ＝maF mg NNFθ－ μ sin θ － μ ；若 F 变为 3 倍，加速度增加大于3 倍，故 C 、D 正确， A 、Bmg错误． ]8． (08786245)( 多项选择 )(2018 ·闽粤大联考期末 ) 一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力 F 的作用下沿水平面向右以加速度 a 做匀加速直线运动， 力 F 在水平和竖直方向的重量分别为 F 1、F 2，以下列图．现将力 F 突然改为大小为 F 1、方向水平向右的恒力，则此后( )A ．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动B ．物体将可能向右做匀速直线运动C ．物体将可能以大于 a 的加速度向右做匀加速直线运动D ．物体将可能以小于 a 的加速度向右做匀加速直线运动解析：BD [ 设地面与物体间的动摩擦因数为 μ ，当在斜向上的拉力 F 的作用下运动时，加速度1 2，现将力突然改为大小为1、方向水平向右的恒力，则加速a ＝F － μ mg － FFmFF 1－ μ mg 度 a ′＝ <a ，因此物体可能以小于 a 的加速度向右做匀加速直线运动， 故 A 、C 错误， mD 正确；若 μ mg ＝ F 1，则加速度为零，因此物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确． ][B 级—能力练 ]9． (08786246)(多项选择 )(2018 ·河南中原名校联考 ) 某科研单位设计了一空间翱翔器，飞行器从地面腾跃时，发动机供应的动力方向与水平方向夹角 α ＝60°，使翱翔器恰巧沿与水平方向成 θ ＝30°角的直线斜向右上方匀加速翱翔，经时间t 后，将动力的方向沿逆时针旋转 60°同时合适调治其大小，使翱翔器仍旧能够沿原方向匀减速翱翔，翱翔器所受空气阻力不计，以下说法中正确的选项是( )电视播放动画动画A．加速时加速度的大小为gB．加速时动力的大小等于mg3C．减速时动力的大小等于 2 mgD．减速翱翔时间t 后速度为零解析： AC [ 腾跃时，翱翔器受动力和重力，两个力的合力与水平方向成30°角斜向上，由几何关系得 F 合＝ mg，由牛顿第二定律得翱翔器的加速度为a1＝g；加速时动力的大小F＝3mg. 动力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角斜向下，动力F′跟合力3F 合′垂直，由几何关系得动力的大小F′＝2 mg，此时合力的大小为 F 合′＝ mg sin 30°，g翱翔器的加速度大小a2＝2，因此减速翱翔时间2t后速度为零，故A、 C正确． ] 10． ( 多项选择 )(2018 ·湖北七市联考) 以下列图，竖直平面内有一圆滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ (0°≤ θ ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从 A 端由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则()A．恒力F必然沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力必然沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F 的方向水平向右，则恒力 F 的大小为3mg3D．恒力F的最小值为 2 mg解析： BCD [ 由题意“当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短”可知，恒力 F 和小圆环的重力的合力必然沿与水平方向成30°角斜向右下的方mg 向，B正确， A 错误．若恒力F的方向水平向右，对小圆环受力解析可得F＝tanθ＝ 3电视播放动画动画哈哈哈哈哈哈哈哈你好3mg，C正确．以下列图，此时， F 有最小值， F＝ mg cosθ＝2 mg，D正确．] 11．(08786247)(2018 ·江西九江三十校联考) 为了测定木板和斜面间的动摩擦因数μ ，某同学设计了以下列图的实验，在木板上固定一个弹簧测力计( 质量不计 ) ，弹簧测力计下端固定一个圆滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时，弹簧测力计的示数为 F1，放手后木板沿斜面下滑，稳准时弹簧测力计的示数为F2，测得斜面倾角为θ，由测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？解析：设小球的质量为m，木板的质量为M.静止时，以小球为研究对象，有 F1＝ mg sinθ.下滑时，以小球为研究对象，有mg sinθ －F2＝ma.下滑时，以整体为研究对象，有( M＋m) g sinθ －μ (M＋m)g cosθ ＝(M＋m)a，联立解F2得μ＝tanθ .F1F2答案：tanθF112．(08786248)(2018 ·浙江杭州五校缔盟二诊) 足够长圆滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5 ，水平面与斜面之间 B 点由一小段弧形连接，一质量m ＝2 kg的小物块静止于 A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α ＝53°角的恒力 F 作用，如图 (a) 所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图(b) 所示，到达 B 点迅速撤去恒力 F(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：(1)小物块所碰到的恒力 F；(2)小物块从 B点沿斜面向上运动，到返回 B 点所用的时间；(3)小物块能否返回到 A 点？若能，计算小物块经过 A 点时的速度；若不能够，计算小物块停止运动时离 B 点的距离．解析： (1) 由题图 (b) 可知，AB段加速度a＝v 2.0 －0 2 ＝ 0.5 2t ＝ 4.0 －0 m/s m/s ，依照牛顿第1二定律，有 cos α －μ ( － sin α ) ＝1，得＝ma＋μ mg ＝ 2×0.5 ＋0.5 ×2×10F mg F ma F 1cos α＋μ sin α0.6 ＋0.5 ×0.8N＝ 11 N.电视播放动画动画哈哈哈哈哈哈哈哈你好(2) 在 BC 段 mg sin α ＝ ma 2，解得 a 2＝ g sin 2α ＝ 8 m/s .2v B 2×2.0小物块从 B 到 C 所用时间与从 C 到 B 所用时间相等，有t ＝ a 2 ＝ 8.0s ＝0.5 s.(3) 小物块从 B 向 A 运动过程中，有22μ mg ＝ma 3，解得 a 3＝μ g ＝0.5 ×10 m/s ＝ 5 m/s .v 2 2.0 2 AB － v 2.0 ×4.0 m ＝ 4.0 m ，因此小物块不滑行的位移 x ＝ 2a 3 ＝ 2×5m ＝ 0.4 m<s ＝ v t ＝ 2t ＝ 2 能返回到 A 点，停止运动时，离 B 点的距离为 0.4 m.答案： (1)11 N (2)0.5 s (3) 不能够返回到 A 点，停止运动时，离 B 点的距离为 0.4 m电视播放动画动画。
2019版一轮物理教科版课件：第三章 第二讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 精品
动的卫星、飞船等
2.对超重和失重的进一步理解 (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．
时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为
33mg，加速度为
3 3
g，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 mgsin 30°， 加速度为12g，故 D 错误． 答案：B
2－3.[轻杆模型] 如图所示，A、B 两球质量相同，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( )
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v20－v21＝2a1s0③ v0－v1＝a1t④ s1＝12a2t2⑤ 联立③④⑤式得 a2＝s1v12＋s20 v02⑥ 答案：(1)v202－gsv0 21 (2)s1v02＋s20 v12
[方法技巧] 解决动力学两类问题的两个关键点
考点四 超重和失重问题
1．超重、失重和完全失重比较
比较
A．2 m/s2
B．8 m/s2 C．6 m/s2 D．4 m/s2
解析
答 案
解析：因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由
[小初高学习]2019年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 探究加速度与力、质量的关系学
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、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＝ma，F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位共同组成．(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，分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．深度思考判断下列说法是否正确．(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．(×)二、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：深度思考如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的过程中前进的距离为x.图1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案(1)匀减速直线运动能，由v B2－v A2＝2ax可得(2)受重力、支持力和摩擦力由F f＝ma，可求摩擦力三、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)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：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)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：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)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．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．5．情景拓展(如图2所示)图21．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( ) A ．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变 B ．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变 C ．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态 D ．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同 答案 BD2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2cm ，若还测出小车的质量为500g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( ) A ．a ＝1.20.1m/s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m/s 2＝1.2 m/s 2C ．F ＝500×1.2N ＝600ND ．F ＝0.5×1.2N ＝0.60N 答案 BD3．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 D4．(人教版必修1P78第5题)水平路面上质量是30kg 的手推车，在受到60N 的水平推力时做加速度为1.5m/s 2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g ＝10 m/s 2) 答案 0.5m/s 2解析设阻力为F f，则F－F f＝ma解得F f＝15N如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′解得a′＝0.5m/s2.5．(粤教版必修1P92例1)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40km/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)答案超速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根据匀变速运动的规律有v2－v02＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12m/s汽车刹车前速度为12m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶.命题点一牛顿第二定律的理解和应用1．对牛顿第二定律的理解2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点：(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间；(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．例1(多选)(2016·全国Ⅰ卷·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．例2如图3，质量为1.5kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5kg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10m/s2)( )图3A．0 B．2.5NC．5N D．3.75N①B与A刚好接触但不挤压；②剪断后瞬间A、B间的作用力大小．答案 D解析当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝(m A＋m B)g＝20N，弹力为F＝m A g＝15N，由牛顿第二定律G－F＝(m A＋m B)a，解得a＝2.5m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有m B g－F1＝m B a，可得F1＝3.75N，D选项正确．拓展延伸(1)如图4、图5中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？(2)如果均从图中A处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？图4 图5答案(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0.(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．1．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是( )A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B ．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C ．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D ．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态 答案 A解析 做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，故A 正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不一定在同一方向上，故B 错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故C 错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D 错误．2．如图6所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )图6A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小为233g ，方向垂直木板向下D ．大小为33g ，方向水平向右 答案 C解析 未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得F x 与mg 的合力F ＝mgcos30°.当突然向下撤离光滑木板时，F N 立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故F x 与mg 的合力仍为F ＝mg cos30°，由此产生的加速度为a ＝g cos30°＝233g ，方向与合力方向相同，故C 正确．命题点二 超重和失重问题例3广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图象如图7所示．则下列相关说法正确的是( )图7A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零①只受重力与绳索拉力；②由静止开始上升．答案 D解析利用a－t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．对超重和失重的“四点”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．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．3．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图8所示．不计空气阻力．下列说法正确的是( )图8A ．她在空中上升过程中处于超重状态B ．她在空中下落过程中做自由落体运动C ．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D ．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 答案 D解析 起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A 错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B 错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C 错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D 正确．4．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图9所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对电梯的压力( )图9A ．t ＝2s 时最大B ．t ＝2s 时最小C ．t ＝8.5s 时最大D ．t ＝8.5s 时最小答案 AD命题点三 动力学的两类基本问题例4 水平面上有相距15m 的A 、B 两点，一质量为2kg 的物体在大小为16N 、方向斜向上的力F 作用下，从A 点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝34，重力加速度g 取10m/s 2.求物体从A 运动到B 的最短时间．①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.答案 4s解析 撤去F 前对物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F cos α－F f ＝ma 1① F f ＝μF N ② F N ＝mg －F sin α③ x 1＝12a 1t 12④撤去F 后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有 μmg ＝ma 2⑤x 2＝12a 2t 22⑥ x 1＋x 2＝s ⑦ a 1t 1＝a 2t 2⑧根据v －t 图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速过程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速过程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1利用数学知识可得最大加速度a 1＝F 1＋μ2m－μg ＝2.5m/s 2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t 1＝3s ，t 2＝1s ，则总时间t ＝t 1＋t 2＝4s.解决动力学问题的技巧和方法1．两个关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁． 2．两种方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法” (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．5．(多选)(2016·全国Ⅱ卷·19)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 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －fm＝g －krρ·43πr3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确． 6．如图10所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0kg 的磨石A 对地面和斜壁进行打磨，已知A 与地面、A 与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g 取10m/s 2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图10(1)当A 受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F 1＝50N 打磨地面时，A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A 与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A 对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A 加竖直向上推力F 2＝60N 时，则磨石A 从静止开始沿斜壁向上运动2m(斜壁长>2m)时的速度大小为多少？ 答案 (1)0.5 (2)2m/s解析 (1)A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即F f ＝F 1cos θ＝40Nμ＝F f F N ＝F fmg ＋F 1sin θ＝0.5(2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F 2－mg )cos θ－F f1＝ma ； 在垂直斜面方向上有：F N ＝(F 2－mg )sin θ；则F f1＝μ(F 2－mg )sin θ 解得：a ＝1m/s 2x ＝12at 2解得t ＝2sv ＝at ＝2m/s.关于瞬时问题的拓展深化瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：典例1 如图11所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小铁球，小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数分别为k 1、k 2，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．a 弹簧的伸长量为3mg 3k 1B ．a 、b 两弹簧的伸长量的比值为2k 2k 1C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g2D ．若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为3g 答案 B解析 小铁球受重力mg 、F T a 、F T b 三个力作用，如图所示，将弹簧a 的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有F T a cos30°＝mg ，而F T a ＝k 1x 1，解得x 1＝23mg3k 1，选项A 错误．在水平方向上有F T a sin30°＝F T b ，而F T b ＝k 2x 2，可求得a 、b 两弹簧的伸长量的比值为x 1x 2＝2k 2k 1，选项B 正确．弹簧b 的左端松脱瞬间，弹簧a 的弹力不变，弹簧a 的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mg tan30°，由牛顿第二定律得mg tan30°＝ma 1，可得弹簧b 的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a 1＝g tan30°＝33g ，选项C 错误．弹簧a 的下端松脱瞬间，弹簧b 的弹力不变，弹簧b 的弹力和小铁球的重力的合力方向与F T a 反向，大小为mgcos30°，由牛顿第二定律得mg cos30°＝ma 2，可得弹簧a 的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a 2＝gcos30°＝233g ，选项D 错误．典例2 如图12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 间用一个轻杆连接，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下列说法正确的是( )图12A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ 答案 B解析 细线烧断前，ABC 作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F ＝3mg sin θ，对C 受力分析，沿斜面方向细线拉力F T ＝mg sin θ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对C 受力分析，没有细线拉力，mg sin θ＝ma 1，加速度a 1＝g sin θ，选项D 错误；A 、B 之间由轻杆连接，相对静止，对AB 整体受力分析可得F －2mg sin θ＝2ma 2，合力沿斜面向上，得a 2＝12g sin θ，选项A 错误，B 正确；对B 受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力F T ′－mg sin θ＝ma 2＝12mg sin θ，得轻杆弹力F T ′＝32mg sin θ，选项C 错误．题组1 对牛顿第二定律的理解和应用1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( ) A ．基本单位和导出单位一起组成了单位制 B ．选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C ．在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D ．一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系 答案 ABC2．一个质量为m ＝1kg 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1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10m/s 2，则物块在此后的运动过程中( )图1A ．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3m/s 2D ．物块在t ＝4s 时速度最大 答案 C解析 物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm ＝μmg ＝0.2×1×10N ＝2N ，物块在第1s 内，满足F 1＝F 2＋F fm 物块处于静止状态，选项A 错误；第1s 物块静止，第1s 末到第7s 末，根据牛顿第二定律有F 1－F 2－F fm ＝ma ，F 2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F 1方向，物块一直加速，故选项B 、D 均错误，在t ＝4s 时加速度最大为a m ＝F 1－F fm m ＝5－21m/s 2＝3 m/s 2，选项C 正确．3．如图2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( )图2A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 2m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 答案 D解析 撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k ，形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a ；撤去拉力F 后，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a 、a 2＝m 1m 2a ，故选项D 正确．4．一皮带传送装置如图3所示，皮带的速度v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是( )图3A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 答案 D解析 滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f 和弹簧向右的拉力F 拉＝kx ，合力F 合＝F f －F拉＝ma ，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x 逐渐增大，拉力F 拉逐渐增大，因为皮带的速度v 足够大，所以合力F 合先减小后反向增大，从而加速度a 先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．5．(多选)如图4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( )图4A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sinθB．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 sinθD．B、C之间杆的弹力大小为0答案CD解析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 sinθ，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 sinθ＝3mg sinθ，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 sinθ，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 sinθ，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、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sinθ＋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．题组2 超重和失重问题6．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D7．若货物随升降机运动的v－t图象如图5所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )图5答案 B解析由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．8．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图6所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )图6A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上答案 C解析当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y.F N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．题组3 动力学的两类基本问题9．(多选)如图7所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)( )图7A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动答案BC10．用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体，力F作用3s后撤去，则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是( )A．v＝6m/s，a＝0B．v＝10m/s，a＝2 m/s2C．v＝6m/s，a＝2 m/s2D．v＝10m/s，a＝0答案 A11．如图8所示，一质量为1kg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＝20N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.试求：图8。
2019年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题习题新人教版.docx
第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1.（2016・全国卷11）（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|导学号21992183|（ BD ）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］由于两球由同种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r,根据牛顿第二定律，下落过程中mg-kr=ma,自=---------------- -- =厂石方可得，球下落过程做匀变速直线运动，且下落p r 1过程中半径大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，rti力=步庄可知，下落相同的距离，甲球所用的时间短，A、C项错误；由,=2动可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D项正确。
2.（2017 •吉林省实验中学五模）如图甲所示，用一水平外力厂拉着一个静止在倾角为〃的光滑斜面上的物体，尸逐渐增大，物体做变加速运动，其加速度臼随外力尸变化的图彖如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2 o根据图乙中所提供的信息可以计算出导学号21992184 ( B )A.物体的重力为2MB.斜面的倾角为37。
C.加速度为6m/f时物体的速度D.物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12N［解析］对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图所示,2年高考模拟»»>2-NIAN-GA0-KA0-M0-NI甲在/轴方向有Feos 〃一/昭sin 〃=加①在F 轴方向有/V —?sin 0—溜cos 0=0②从图象中取两个点：(20N,2m/s2), (30N, 6m/s 2),代入①式解得/7；=2kg, 〃=37° ,所以物体的重力0=207,斜面的倾角为〃=37° , 故A 错误，B 正确；当臼=0时，可解得Q15N,即最小拉力为157,题中并未说明力厂随时 间变化的情况，故无法求出加速度为6皿/£时物体的速度大小，故C 、D 错误。
2019物理高考复习备考全国通用课件：第三章 牛顿运动定律 基础课2
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1.(多选)下列关于速度、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0，则加速度为0，所受的合外力也为0 C.物体的速度为0，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0，所受的合外力也可能
(2)根据 v2＝2ax 得 v＝ 2×3.5×7 m/s＝7 m/s
答案
(1)1.5 N
(2)7 m/s
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牛顿第二定律的理解和应用 1.牛顿第二定律的性质
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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，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。 Δv F (3)a＝ 是加速度的定义式，a 与 v、Δv 无直接关系；a＝m是加速度的决定式。 Δt
审题关键点 ① C.a1＝g，a2＝ 0 两条轻绳连接 D.a1＝② 2g剪断轻绳的瞬间 ，a2＝0 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。
答案
A
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【拓展延伸1】
把“轻绳”换成“轻弹簧”
在【典例】中只将 A、 B间的轻绳换成轻质弹簧，
为0
解析 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很
课堂互动 核心素养 课前双基 大，另一个可以很小，甚至为 0 ，物体所受合外力的大小决定 探究 培养 过关
2019版新高考物理大一轮复习课件：专题三 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
m，选项 C 正确． 答案：C
5．(2016 年合肥质检)如图 3-2-6 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 点恰好是半圆的圆心，
圆和半圆处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道 AOB、COD、
EOF，它们的两端分别位于圆和半圆的圆周上，轨道与圆的竖
直直径的夹角关系为α>β>θ.现让小物块先后从 三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在
)
B．物体从 A 到 O 做加速运动，从 O 到 B 做减速运动
C．物体运动到 O 点时，所受合外力 为零 D．物体从 A 到 O 的过程中，加速度 逐渐减小 答案：A 图 3-2-5
考点 2 动力学的两类基本问题 ⊙重点归纳 1．动力学两类基本问题的分析流程
2．两类动力学问题的解题步骤
考向 1 由受力情况求运动情况 【考题题组】 4．(2017 年黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面 上的物体，质量是 7 kg，在 14 N 的恒力作用下运动，则 5 s 末 的速度及 5 s 内通过的路程为(
【考题题组】
1．(多选)如图 3-2-3 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 ( )
图 3-2-3 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 0
解析：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．
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1
22 动力学两类基本问题（二）
1．若要求汽车空载时的制动距离是：当速度为50 km/h时，客车不超过19 m，卡车不超过
21 m．如果客车和卡车质量之比为19∶21，制动时所受阻力不变，在刚好满足上述要求时，
客车和卡车( )
A．所受阻力之比为19∶21
B．加速度之比为21∶19
C．所受阻力做功之比为21∶19
D．制动时间之比为21∶19
2．(2018·四川泸州一检)如图1所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以
某一初速度从A点滑动到C点停止．小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半．则
小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和其与BC段间的动摩擦因数μ2的比值为( )
图1
A．1 B．2 C．3 D．4
3．如图2所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置在光滑水平地面上，光滑凹槽内
有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，
凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )
图2
A．小铁球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽对小铁球的支持力为mgsin α
C．系统的加速度为a＝gtan α D．推力F＝Mgtan α
4．(多选)(2017·四川自贡一诊)如图3所示，竖直挡板对小球的弹力为FN1，小车斜面对小
球的弹力为FN2.若小车向左加速运动且加速度a逐渐增加，则( )
图3
A．FN2逐渐减小
B．FN2不变
C．FN1逐渐增大
2
D．FN1与FN2的合力有可能不变
5．(2017·江西南昌一模)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2 kg的物块，物块受
如图4甲所示的水平方向恒力F的作用，t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下
滑，在t＝4 s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时
间变化的关系如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x＝18 m，物块与各接触面之间的动
摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
求：
图4
(1)物块在A点的速度大小；
(2)水平恒力F的大小．
3
6．(2017· 湖南省十三校第一次联考)如图5所示，质量为10 kg的环在F＝140 N的恒定
拉力作用下，沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动，环与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，
拉力F与杆以及杆与水平地面的夹角都为θ＝37°，力F作用一段时间后撤去，环在杆上
继续上滑了0.5 s后，速度减为零，取g＝10 m/s2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，杆
足够长，求：
图5
(1)拉力F作用的时间；
(2)环运动到杆底端时的速度大小．
7．在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v0＝4 m/s的速度做匀速直线运动，其正前方平铺
一边长为L＝0.6 m的正方形薄板，小车在到达薄板前某处立即关闭电源，靠惯性运动x＝3
m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板．小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩
擦因数均为μ1＝0.2，薄板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，小车质量M为薄板质量
m
的3倍，小车可看成质点，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小车冲上薄板时的速度大小；
(2)小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小．
4
5
答案精析
1．B [由v2＝2ax，可得客车和卡车制动时的加速度之比为a1a2＝x2x1＝21∶19，选项B正确；
根据牛顿第二定律Ff＝ma，可得所受阻力之比Ff1Ff2＝m1m2·a1a2＝1∶1，选项A错误；由Wf＝Ffx，
可得所受阻力做功之比为Wf1Wf2＝Ff1Ff2·x1x2＝19∶21，选项C错误；由v＝at可得制动时间之比为
t1t2＝a
2
a
1
＝19∶21，选项D错误．]
2．C [设小物块在A点时速度大小为v，AB＝BC＝l，则在B点时速度大小为12v，由运动学
公式有v2－(12v)2＝2μ1gl，(12v)2＝2μ2gl，解得μ1＝3μ2，C正确．]
3．C [根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度，对小铁球受力分析如
图所示，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为FN＝
mg
cos α
，选项A、B错误；小铁球所受的合外力为F合＝mgtan α，由牛顿第二
定律得a＝F合m＝gtan α，选项C正确；分析凹槽和小铁球整体，应用牛顿第二
定律得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，选项D错误．]
4．BC [对小球进行受力分析，作出受力图：重力mg、竖直挡板对小球的弹力FN1、斜面小
车对球的弹力FN2.设加速度大小为a，斜面的倾角为α.根据牛顿第二定律得：
竖直方向：mg＝FN2cos α①
水平方向：FN1－FN2sin α＝ma②
由①看出，m、α不变，则FN2不变．
由②得，FN1＝FN2sin α＋ma.
则向左加速运动且加速度a逐渐增加时，FN1逐渐增大．故B、C正确，A、D错误．]
5．(1)5 m/s (2)10.1 N
解析 (1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a 1，方向沿斜面向上，物块在斜面上的运动
逆向思维为匀加速运动，则x＝vt＋12a1t2
解得a1＝0.25 m/s2
物块在A点的速度为v0＝v＋a1t＝5 m/s
(2)设物块与各接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，有μmg＝ma2
由题图乙可知a2＝2 m/s2
6
解得μ＝0.2
物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff，则
Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma
1
Ff＝μF
N
FN＝mgcos θ＋F
sin θ
解得F＝mgsin θ－μmgcos θ＋ma1cos θ＋μsin θ≈10.1 N.
6．(1)1 s (2)15 m/s
解析 (1)撤去拉力F后，
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
2
，
0＝v1－a2t2，
解得v1＝5 m/s.
撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向)：
Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ－mgcos θ)＝ma
1
，
v1＝a1t
1
，
所以 t1＝1 s
(2)根据牛顿第二定律可得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
x＝v12(t1＋t
2
)，
v2＝2a3x
，
联立解得v＝15 m/s
7．(1)2 m/s (2)1.25 m
解析 (1)设小车关闭电源后加速度大小为a1，
由牛顿第二定律得：μ1Mg＝Ma1①
设小车刚冲上薄板时速度为v1，由运动学公式，有：
v12－v02＝－2a1x
②
①②联立，得：v1＝2 m/s③
(2)小车冲上薄板后，薄板上下两表面受到的摩擦力方向相反，设薄板的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律得：
μ1Mg－μ2(M＋m)g＝ma2④
小车冲上薄板后，薄板以a2加速，车仍以a1减速，
设经时间t两者共速，则：v1－a1t＝a2t⑤
联立④⑤并代入数据，得：t＝0.5 s
则此时小车和薄板的速度大小v2＝1 m/s
7
该段时间，小车的位移：x1＝v1＋v22t＝0.75 m；薄板的位移：
x2＝12a2t
2
＝0.25 m
由于x1－x2＜L，所以小车未滑出薄板．
接着小车与薄板共同减速，设加速度大小为a3，有：
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3⑥
设车与薄板共同减速的位移大小为x3，有：
v22＝2a3x
3
⑦
⑥⑦式联立解得x3＝0.5 m
所以小车从刚冲上薄板到停止时位移的大小：
x＝x1＋x
3
＝1.25 m