1、第2讲牛顿第二定律两类动力学问题考点一牛顿第二定律的理解1牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。(2)公式：Fma。(3)物理意义：它表明了力是产生加速度的原因。(4)适用范围：只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题。2单位制(1)定义：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。(2)分类基本单位：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，它们在国际制中的单位分别是kg、s、m。导出单位：由基本量根据物理关系推导出
2、来的其他物理量的单位。思维诊断(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向一定相同。()(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度。()(3)物体所受合外力越大，加速度越大。()(4)物体所受合外力越大，速度越大。()(5)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。()(6)物体的加速度大小不变一定受恒力作用。()(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。()(8)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时确定了物理量间的单位关系。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)题组训练1对牛顿第二
3、定律及变形公式的理解(多选)下列对牛顿第二定律的表达式Fma及其变形公式的理解，正确的是()A由Fma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B由m可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比C由a可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比D由m可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出解析：牛顿第二定律的表达式Fma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。故A、B错误，C、D正确。答案：
4、CD2国际单位制(多选)对于下面的物理量和单位：密度牛米/秒加速度长度质量千克时间下列判断正确的是()A属于国际单位制中基本单位的是B属于国际单位制中基本单位的是C属于国际单位的是D属于国际单位的是解析：密度、加速度、长度、质量和时间不是单位的名称，而是物理量的名称。千克是国际单位制中的基本单位，牛、米/秒是国际单位制中的导出单位，都属于国际单位。正确选项为B、C。答案：BC3速度、加速度、合外力之间的关系(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0C物体的速度为0，则加速度可能
5、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。一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C、D对。答案：CD4.应用定律定性分析(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
6、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。答案：BC考点二用牛顿第二定律求解瞬时加速度1两种模型(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。2一般思路第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：
7、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。如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个质量相等的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度分别为()AaAg，aBgBaA2g，aBgCaA2g，aB0DaA0，aBg解析：分别以A、B为研究对象作受力分析。剪断前A、B静止。如图甲所示，A球受三个力，即拉力FT、重力mg和弹力F。B球受两个力，即重力mg和弹簧拉力F，规定竖直向上为正方向，则A球：FTmgF0，B球：Fmg0，解得FT2mg，Fmg。剪断时，A球受两个力作用，因为绳无弹性，剪断的瞬间拉力就不存
8、在了，而弹簧形状不可发生突变，弹力还存在。如图乙所示，A球受重力mg、弹簧的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F。A球：mgFmaA，B球：FmgmaB，解得aA2g(方向向下)，aB0。故本题的正确选项为C。答案：C考法拓展在典例1中只将A、B间的轻质弹簧换成轻绳，其他不变，如图所示，则正确的选项是()AaAg，aBgBaA2g，aBgCaA2g，aB0DaA0，aBg解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度aAaBg。故选项A正确。答案：A方法技巧分析瞬时加速度的“两个关键”(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。(2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。题
9、组训练1静态的瞬时问题物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1和a2，则()Aa10，a22ga10，a22gBa10，a22ga1g，a22gCa1g，a2ga10，a22gDa1g，a2ga1g，a2g解析：A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受重力的作用，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度a1a2g；因为在除去支托物
10、的瞬间，弹簧上的弹力不能突然消失(主要是弹簧不能突然恢复原长)，所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a10，而B2受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小a2为2g；综上分析，选项C正确。本题答案为C。答案：C2动态的瞬时问题如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为()A2a、aB2(ag)、agC2a3g、a Da、2a3g解析：撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F3
11、mg3ma，对B有FN2mg2ma，得FN2m(ag)。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aBa，对物体A，由牛顿第二定律得FNmgmaA，有aA2a3g。综上分析，C项正确。答案：C考点三动力学两类基本问题1动力学两类基本问题(1)由受力情况判断物体的运动状态。处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。(2)由运动情况判断受力情况。处理这类问题的基本思路是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。2解答动力学两类问题的两
12、个关键点题组训练1已知受力分析运动(2017长沙模拟)为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞。起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L220.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m2.0104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F1.4105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和
13、倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障。g取10 m/s2。(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度大小。(2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间t。解析：(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得FF阻ma1F阻0.2mgv2a1L1联立以上三式并代入数据解得a15 m/s2，v140 m/s。(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2飞机在水平跑道上的运动时间t18 s在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有FF阻mgma2代入数据解得a24 m/s2由vv2a2L2代入数据解得
14、v242 m/s飞机在倾斜跑道上的运动时间t20.5 s则tt1t28.5 s。答案：(1)40 m/s(2)8.5 s2已知运动分析受力如图所示，一物体以v02 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t1 s。已知斜面长度L1.5 m，斜面的倾角30，重力加速度取g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：Lt代入数据解得：v1 m/s(2)因vv0物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：a1 m/s2。(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图
15、所示。由牛顿定律得：Ffmgsin maFNmgcos FfFN联立解得：，代入数据解得：。答案：(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)方法技巧两类动力学问题的解题步骤思想方法盘点数形结合解决常考不衰的动力学图象问题1数形转换文字语言、函数语言、图象语言与物理情景之间的相互转换，是确立解题方向、迅速明确解题方法的前提。2常见的图象有：v t图象，a t图象，F t图象，F a图象等。3图象间的联系：加速度是联系v t图象与F t图象的桥梁。4图象的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化
16、的图线，要求分析物体的受力情况。(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析。(2017沧州质量监测)如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从t0时刻开始，以一定的初速度向左运动，同时在物块上加一斜向右上的恒力F的作用，F与水平方向的夹角37，物块的质量为2 kg，物块与地面间的动摩擦因数0.5，物块向左运动的vt图象如图乙所示，(已知cos 370.8，sin 370.6，g取10 m/s2)，求：(1)拉力F的大小；(2)物块再回到t0时刻的位置时的速度v1大小；(3)若在t0.5 s时拉力的方向不变，大小改变，要使物块再回到t0时刻的位置时速度大小和t0时刻的速度大小相等，则拉力F应变为
17、多少？(结果保留两位小数)教你审题：第一步：读题抓关键点获取信息第二步：读图析图获取信息解析：(1)物块向左运动时，由图象知，初速度v06 m/s，加速度a112 m/s2。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma1解得F28 N。(2)物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时，由图象可知，回到t0时刻的位置的位移x60.5 m1.5 m。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma2求得a210.4 m/s2。由运动学公式v2a2x。得物块回到t0时刻位置的速度v1 m/s。(3)要使物块回到t0时刻位置的速度大小和t0时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向右运动时的加速度
18、大小a3a112 m/s2。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma3求得F30.91 N。答案：(1)28 N(2) m/s(3)30.91 N即学即练(2017河北百校联盟)如图甲所示，为一倾角37足够长的斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数0.25。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)2 s末物体的速度；(2)前16 s内物体发生的位移。解析：(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin F1mgc
19、os ma1，v1a1t1，代入数据可得v15 m/s。(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m。当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得F2mgcos mgsin ma2，代入数据可得a20.5 m/s2，物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2，t210 s，设t2时间发生的位移为x2，则x2a2t25 m，由于mgsin mgcos F2mgcos mgsin ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态。故物体在前16 s内发生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下。答案：(1)5 m/s(2)30 m方向沿斜面向下方法技巧“一、二、三、四”快速解决动力学图象问题
20、1(2016海南单科5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s,510 s,1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()AF1F3CF1F3 DF1F3解析：根据v t图象可以知道，在05 s内加速度为a10.2 m/s2，方向沿斜面向下；在510 s内，加速度a20；在1015 s内加速度为a30.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图。在05 s内，根据牛顿第二定律：mgsin FfF1ma1，则F1mgsin Ff0.2m；在510 s内，根据牛顿第二定律：mgsin FfF2ma2
21、，则F2mgsin Ff；在1015 s内，根据牛顿第二定律：FfF3mgsin ma3，则F3mgsin Ff0.2m，故可以得到F3F2F1，故选项A正确。答案：A2.(多选)(2015海南单科8)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l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2解析：设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断
22、细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知FT12mg，故a受到的合力FmgFT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确，D错误。答案：AC3(2014全国理综19)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和 B.tan 和Ctan 和 Dtan 和解析：设物块与斜坡间的动摩擦因数为，则物块沿斜坡上滑时的加速度大
23、小agcos gsin 当物块的初速度为v时，由运动学公式知v22a当物块的初速度为时，由运动学公式知22a由两式得h由两式得tan 答案：D4(2015课标全国卷)(多选)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：设物块的质量为m、斜面的倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数为，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2。再结合
24、vt图线斜率的物理意义有：a1，a2。由上述四式可见，无法求出m，可以求出、，故B错，A、C均正确。0t1时间内的v t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确。答案：ACD5(2016全国甲卷19)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：设小球在下落过程中所
25、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：mgF阻ma，由mVR3知：R3gkRR3a，即ag，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲a乙，选项C错误；下落相同的距离，由hat2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ahv2v知，v00，a越大，v越大，选项B正确；由W阻F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。答案：BD课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(16题为单项选择题，710题为多项选择题)1(2017锦州模拟)一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦
26、力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图象是()解析：对物块受力分析如图所示：由牛顿第二定律得Fmgma，解得：Fmamg，得F与a成一次函数关系，故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.BC. D解析：由牛顿第二定律Fma与xat2，得出F，故本题选A。答案：A3为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是()解析：设屋檐的底角为，底边长为2L(不变)
27、。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度agsin ，位移大小xat2，而x，2sin cos sin 2，联立以上各式得t 。当45时，sin 21为最大值，时间t最短，故选项C正确。答案：C4.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a0，即0，故aa，物块将以大于a的加速度匀加速下滑。故选项C正确，选项A、B、D错误。答案：C5.(2017河
28、北正定模拟)质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45。弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g。则()A静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半B静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力C加速时，弹簧的弹力等于零D加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍解析：根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力大小Fmgsin 45mg，此时杆对小球的弹力大小FNmgcos 45mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错。当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹力为0，所以C项正确，D项错误。答案：C6(20
29、17河北石家庄阶段测试)在图甲所示的水平面上，用水平力F拉物块，若F按图乙所示的规律变化。设F的方向为正方向，则物块的速度时间图象可能正确的是()解析：若水平面光滑，则加速度a，即aF，满足a1a2a3F1F2F3132，可见A、B、C、D四个选项均不符合。若水平面不光滑，对A图进行分析：01 s内，a12 m/s2,12 s内，a22 m/s2，23 s内，a31 m/s2，联立以上各式得Ff1 N，m1 kg，且a1a2a3221，符合实际，A项正确；同理，分析B、C、D项均不可能。答案：A7关于牛顿第二定律，以下说法中正确的是()A物体的质量不变，a与F的正比关系与m和a的单位无关B对于
30、相同的合外力，a与m的反比关系与m和a的单位无关C在公式Fma中，F、m和a三个量可以任意选取单位D在公式Fma中，当m和a分别用kg和m/s2作单位时，F必须用N作单位解析：根据牛顿第二定律可知，选项A、B正确。公式Fma是以定义“牛顿”这个单位为前提的，1 N1 kgm/s2，m、a、F三个量必须分别取kg、m/s2、N为单位Fma才能成立，故选项C错，D正确。答案：ABD8如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是()A当F小于图中A点值时，物体的重力MgF，物体不动B图中A点值即为物体的重力值C物体向上运
31、动的加速度和力F成正比D图线延长和纵轴的交点B的数值等于该地的重力加速度解析：当0FMg时，物体静止，即A正确；当FMg时，即能将物体提离地面，此时，FMgMa，ag，A点表示的意义即为FMg，所以B正确；直线的斜率为，B点数值为g，故D选项正确。答案：ABD9.质量均为m的A、B两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上。A球紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间()AA球的加速度为 BA球的加速度为0CB球的加速度为 DB球的加速度为解析：撤去恒力F前，A和B都平衡，它们的合力都为0，且弹簧弹力为F。突然将力F撤去，对A来说水平方向依然
32、受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为0，加速度为0，A项错，B项对。而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a，故C项错，D项对。答案：BD10质量为m2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图a所示，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图b所示，重力加速度g取10 m/s2，则()A物块经过4 s时间回到出发点B物块运动到第3 s时改变水平拉力的方向C3.5 s时刻水平力F的大小为4 ND4.5 s时刻水平力F的
33、大小为16 N解析：物块经过4 s时间，速度减小到零，离出发点最远，选项A错误。在03 s时间内，物块加速度a11 m/s2。由牛顿运动定律，F1mgma1，解得：F112 N。在34 s时间内，物块加速度a23 m/s2，由牛顿运动定律，F2mgma2，解得：F24 N。物块运动到第3 s时水平拉力由12 N改变为4 N，但是方向没有改变，选项B错误，C正确。在45 s时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a33 m/s2。由牛顿运动定律，F3mgma3，解得：F316 N，选项D正确。答案：CD二、非选择题11(2017洛阳市期中考试)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水
34、瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动；若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度L15.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。已知BC长度L21.1 m，瓶子质量m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2。某选手作用在瓶子上的水平推力F11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。(令2.2)解析：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度
35、恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长。设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则Fmgma1mgma22a1x1v2a2x2vL1L2x1x2L1由以上各式联立可解得：04 mx1m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为FT。若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，如图乙所示，细线的拉力为FT，则()AFF，FTFT BFF，FTFTCFFT DFF，FTm，所以aa。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F
36、(Mm)a，F(Mm)a，所以FF，选项B正确。答案：B3弹簧连接体(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻质弹簧连接放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉B物块，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为，为了减小弹簧的形变量，可行的办法是()A减小A物块的质量 B增大B物块的质量C增大倾角 D增大动摩擦因数解析：对A、B组成的整体由牛顿第二定律得F(mAmB)gcos (mAmB)gsin (mAmB)a，对A由牛顿第二定律得kxmAgcos mAgsin mAa，其中x为弹簧的形变量，两式联立得kx，为了减小弹簧的形变量，可以减小A物块的质量或增大
37、B物块的质量，A、B正确，C、D错误。答案：AB方法技巧整体法、隔离法交替运用原则,无论哪种连接体，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度、后隔离求内力”。,若连接体内各物体具有相同的加速度，也可以先隔离求加速度，再整体求系统合外力。考点三动力学中的临界与极值问题1临界极值问题(1)临界状态：指物体的运动性质发生突变，要发生而尚未发生改变时的状态。(2)临界条件：运动物体达到临界状态时的受力或运动特点。(3)临界极值问题的特点：题目中往往会出现“最大”“最小”“刚好”“
38、恰好”等词语。2动力学中的四种典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力FN0。(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力。绳子松弛的临界条件是FT0。(4)速度最大的临界条件：在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度达到最大值。相对滑动的临界如图所示，甲、乙两物体质量分别为m12 kg，m23 kg，叠放在水平桌面上。已知甲、乙间的动摩擦因数为10.6，物体乙与平面
39、间的动摩擦因数为20.5，现用水平拉力F作用于物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右做匀速直线运动，如果运动中F突然变为零，则物体甲在水平方向上的受力情况(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A大小为12 N，方向向右B大小为12 N，方向向左C大小为10 N，方向向右D大小为10 N，方向向左解析：当F突变为零时，可假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则它们运动的加速度可由牛顿第二定律求出，由此可以求出甲所受的摩擦力，若此摩擦力小于它与乙间的最大静摩擦力，则假设成立，反之不成立。假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则由牛顿第二定律得Ff2(m1m2)aFf22(m1m2)g由得
40、：a5 m/s2物体甲的受力如图所示，可得甲受的摩擦力为Ff1m1a10 N因为最大静摩擦力Ffm1m1g12 N，Ff1Ffm所以假设成立，甲受的摩擦力大小为10 N，方向向左，选项D正确。答案：D方法技巧叠加体系统临界问题的求解思路题组训练1相对滑动的临界(多选)如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA6 kg，mB2 kg。A、B间动摩擦因数0.2。A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20 N，水平向右拉细线，下述中正确的是(g取10 m/s2)()A当拉力0F12 N时，A相对B滑动C当拉力F16 N时，B受到A的摩擦力等于4 ND在细线可以承受的范围内，无
41、论拉力F多大，A相对B始终静止解析：假设细线不断裂，则当细线拉力增大到某一值A物体会相对于B物体开始滑动，此时A、B之间达到最大静摩擦力。以B为研究对象，最大静摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得：mAgmBa，解得a6 m/s2以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：Fm(mAmB)a48 N即当绳子拉力达到48 N时两物体才开始相对滑动，所以A、B错，D正确。当拉力F16 N时，由F(mAmB)a解得a2 m/s2，再由FfmBa得Ff4 N，故C正确。答案：CD2接触与脱离的临界(2017福建福州质检)倾角为45、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端
42、拴一小球，已知小球的质量为mkg，当滑块M以a2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g10 m/s2)()A10 NB5 NC. N D N解析：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有：FTcos ma0FTsin mg0其中45解得a0g则知当滑块向右运动的加速度a2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有FTcos m2gFTsin mg0解得FTmg10 N10 N。故选项A正确。答案：A3应用三角函数求极值如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速
43、度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m。已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s。(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFs
44、in FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应F最小的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N。答案：(1)3 m/s28 m/s(2)30 N反思总结临界问题的常用解法(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的。(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法判断并解决。(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件。1(多选)(2015江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升
45、过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()At2 s时最大Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小解析：在竖直方向，有Fmgma，得Fmgma，加速度方向向上且越大，F就越大，所以A项正确；加速度方向向下且越大，F就越小，所以D项正确。答案：AD2(多选)(2015新课标全国)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P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a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
46、节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10C15 D18解析：设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为nx。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F(nx)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得Fmax，联立可得nx，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误。答案：BC3(2016江苏单科9)(多选)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
47、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：由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为g；由vat可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确。若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ffmg可知，Ff不变，故C错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确。答案：BD4(2016海南单科13)水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦
48、因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离x，重力加速度大小为g。求：(1)物块B克服摩擦力所做的功；(2)物块A、B的加速度大小。解析：(1)物块A移动了距离x，则物块B移动的距离为x1x物块B受到的摩擦力大小为Ff4mg物块B克服摩擦力所做的功为WFfx12mgx(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为FT，由牛顿第二定律得：FmgFTmaA,2FT4mg4maB由A和B的位移关系得：aA2aB联立得aA，aB。答案：(1)2mgx(2)课时作业(本栏目内容
49、，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(14题为单项选择题，5、6题为多项选择题)1如图所示，质量分别为m1、m2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(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为。则m1的加速度大小为()A.BC. D解析：把m1、m2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcos (m1m2)a，所以a，选项A正确。答案：A2.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大，这一现象表明()A电梯一定是在上升B电梯一定是在
50、下降C电梯的加速度方向一定是向下D乘客一定处于超重状态解析：电梯静止时，弹簧的拉力和重力相等。现在，弹簧的伸长量变大，则弹簧的拉力增大，小铁球的合力方向向上，加速度方向向上，小铁球处于超重状态，但是电梯的运动方向可能向上也可能向下，故只有D正确。答案：D3(2016抚顺模拟)如图所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量mA2mB，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上，开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平方向向左运动，使弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F，则弹簧给A物体的作用力的大小为()AF B2FC3F D4F解析：根据题述弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F
51、，隔离B，分析受力，由牛顿第二定律，B的加速度a。设弹簧给A物体的作用力的大小为F，隔离A，由牛顿第二定律，FFmAa。解得F3F，选项C正确。答案：C4.如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离。则下列说法中正确的是()AB和A刚分离时，弹簧为原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们做匀加速运动解析：在施加外力F前，对A、B整体受力分析可得2mgkx1，A、B两物体分离时，B物体受力平衡，两者加速度恰好为零，选项A、B错误；对物体A，mgkx2，由于x1x2h，所以弹簧的劲度
52、系数为k，选项C正确；在B与A分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，它们的加速度逐渐减小，选项D错误。答案：C5.一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图所示。根据图象提供的信息，以下判断正确的是()A在0至t2时间内该同学处于失重状态Bt2时刻该同学的加速度为零Ct3时刻该同学的速度达到最大D在t3至t4时间内该同学处于超重状态解析：在0到t2时间内，支持力的大小小于重力，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态，A正确；在t2时刻，支持力的大小等于重力，加速
53、度为0，速度达到最大，B正确，C错误；在t3到t4时间内，支持力的大小大于重力，加速度方向向上，所以该同学处于超重状态，D正确。答案：ABD6.如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成角，物体2仍在车厢底板上，则()A细线拉力为m1gcos B车厢的加速度为gtan C底板对物体2的支持力为m2gD底板对物体2的摩擦力为零解析：以物体1为研究对象，水平方向有FTsin m1a，竖直方向有FTcos m1g，解得agtan ，FT，选项A错误，B正确；以物体2为研究对象，水
54、平方向有Ffm2a，竖直方向有FTFNm2g，解得Ffm2gtan ，FNm2g，选项C正确，D错误。答案：BC二、非选择题7.如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的足够长的光滑直杆上，直杆与水平面的夹角30。现小球在F15 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿杆向上运动。g取10 m/s2。(1)求小球运动的加速度a1；(2)若F作用2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm。解析：(1)对小球由牛顿第二定律得Fsin 30mgsin 30ma1代入数据，解得a12.5 m/s2。(2)在力F的作用下，小球上滑的位移大小为x1，末速度大小为v，则x1a1t2va1t撤
55、去力F后，小球减速上滑的加速度大小为a2，位移大小为x2，则mgsin 30ma2v22a2x2且xmx1x2联立解得xm7.5 m。答案：(1)2.5 m/s2(2)7.5 m8.(2017山西期末联考)静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L1 m，能承受最大拉力为8 N，A的质量m12 kg，B的质量m28 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断(g10 m/s2)。(1)求绳刚被拉断时F的大小。(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为2 m/s，保持此时F大小不变，当
56、A的速度恰好减为0时，A、B间距离为多少？解析：(1)物体A的最大加速度为am，则FTmm1gm1am，A、B作为整体，有F(m1m2)g(m1m2)am，解得F40 N。(2)绳断后，物体A的加速度大小a1g2 m/s2，至停下所经历的时间t1 s，x1t1 m。对B有Fm2gm2a2，解得a23 m/s2，x2vta2t23.5 m。A、B两物体间的距离xx2Lx13.5 m。答案：(1)40 N(2)3.5 m专题三动力学中的典型“模型”考点一滑块滑板模型1模型特征：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。2思维模板(2015课标全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上
57、，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。教你审题：设小物块和木板的质量分别为m和M。第一步：分析对象模型。小物块可以看作质点，木板可以看作
58、质点。(初始条件v0未知，如图1)第二步：分析过程模型。(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图2。(2)木板与墙壁碰撞过程：物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(t0)，故碰后物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图3。(3)然后物块向右减速。木板向左减速，经1 s物块速度减小为零(如图4所示)。由于木板的加速度较小，故物块速度为零时，木板仍有速度。然后物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度v3(如图5所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图5所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，
59、两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图6所示)。第三步：选择计算方法。上面的每一个过程都有特定条件要求，应根据各自的物理规律，选择相应的计算方法解题。第四步：分析图象。分析图(b)可知：木板与墙碰前的速度大小v14 m/s。小物块的加速度a2|k|4 m/s2。解析：(1)规定向右为正方向。木板与墙壁碰撞前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前的瞬时速度v14 m/s，由运动学公式得v1v0a1t1x0v0t1a1t式中，t11 s，x04.5 m是木板与墙壁碰撞前的位移，v
60、0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件解得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件解得20.4(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1t小物块运动的位移为x2t小物块相对木板的位移为xx2x1联立式，并代入数据解得x6.0 m
61、因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3，由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v2a4x3碰撞后木板运动的位移为xx1x3联立式，并代入数据解得x6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。答案：(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m题组训练1无外力F作用的滑块滑板(多选)如图所示，一质量为m1的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的小滑块以一定的初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速
62、度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象作出的以下判断正确的是()A滑块始终与木板存在相对运动B滑块未能滑出木板C滑块的质量m2大于木板的质量m1D在t1时刻，滑块从木板上滑出解析：滑块m2以水平初速度滑上木板m1，滑块减速，木板加速，它们的加速度的大小分别为am2g，am1由速度图象可知，滑块的速度一直大于木板m1的速度，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由图象的斜率可知am2am1，即g，即m1m2。正确选项为A、C、D。答案：ACD2外力F作用下的滑块滑板如图所示，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
63、摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力Fkt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2随时间t变化的图线中正确的是()解析：开始时木板和木块一起做加速运动，有F(m1m2)a，解得a，即木板和木块的加速度相同且与时间成正比。当木板与木块间的摩擦力达到m2g后两者发生相对滑动，对木块有Fm2gm2a2，a2g，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有m2gm1a1，故a1为定值。所以选项A正确。答案：A考点二传送带的动力学模型传送带问题是高中动力学问题中的难点，主要表现在两方面：其一，传送带问题往往存在多种可能结论的判定，即需要分析确定到底哪一种可能
64、情况会发生；其二，决定因素多，包括滑块与传送带间的动摩擦因数大小、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小及方向等。这就需要考生对传送带问题能做出准确的动力学过程分析。题组训练1水平传送带(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB。下列说法中正确的是()A若传送带不动，vB3 m/sB若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/sC若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/sD若传送带顺时针匀速转动，有可能等于3 m/s解析：当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，
65、ag1 m/s2，由2gxvv得，vB3 m/s；当传送带逆时针转动时，物体相对传送带运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB3 m/s；当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同。有下面的五种可能：匀速；一直减速；先减速后匀速；一直加速；先加速后匀速。所以本题正确选项为A、B、D。答案：ABD2倾斜传送带(多选)如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动。一小物块以v1的初速度冲上传送带，则自小物块冲上传送带时，小物块在传送带上运动的速度图象可能是()解析：若v1v2，且动摩擦因数tan (为传送带倾角)，则物块在传送带上先匀加速再做匀速运动，A项
66、正确；若v1v2，且v2，且tan ，则物块先向上做匀减速运动，再随传送带做匀速运动，C项正确；若v1v2，且tan ，则物块先向上做匀加速度大小为a1g(sin cos )的减速运动，直到v1v2后再向上做加速度大小为a2g(sin cos )的匀减速运动，B项正确。答案：ABC3组合传送带如图所示为粮食仓库中常用的皮带传送装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L13 m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的夹角37，C、D两端相距L24.45 m，B、C相距很近。水平传送带以v05 m/s的速率沿顺时针方向转动。现将质量为m10 kg的一袋大米无初速度地放在A端，它随
67、传送带到达B点后，速度大小不变地传到倾斜传送带的C端。米袋与两传送带之间的动摩擦因数均为0.5，取g10 m/s2。(sin 370.6，cos 370.8)(1)若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD能上滑的最大距离是多少？(2)若倾斜传送带CD以v4 m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？解析：(1)米袋在水平传送带AB上加速运动的加速度为a05 m/s2米袋速度达到v05 m/s时通过的距离为x02.5 mL13 m故米袋先加速一段时间后再与传送带AB一起匀速运动，到达C端时的速度为v05 m/s。设米袋在传送带CD上传送的加速度大小为a，根据牛顿第二定律
68、有mgsin mgcos ma，解得a10 m/s2米袋沿传送带CD上滑的最大距离x1.25 m。(2)传送带CD沿顺时针方向转动时，米袋的速度减为v4 m/s。之前的加速度为a1g(sin cos )10 m/s2此时上滑的距离x10.45 m米袋速度达到v4 m/s后，由于mgcos 2(Mm)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为2g，由1mg2(Mm)g，可得1mg2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即1g2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确。答案：BD二、非选择题3.如图所示，物体A的质量为M1 kg，静止在光滑水平面
69、上的平板车B的质量为m0.5 kg、长为L1 m。某时刻A以v04 m/s水平向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g10 m/s2。试求：如果要使A不至于从B上滑落，拉力F应满足的条件。解析：物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得MgMaA解得aAg2 m/s2物体A不从B的右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则L，又联立解得v13 m/s，aB6 m/s2拉力FmaBMg1 N若F1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上
70、滑落，所以F必须大于等于1 N。当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落对A、B整体和A分别应用牛顿第二定律得F(mM)a，MgMa，解得F3 N若F大于3 N，A就会相对B向左滑下综合得出力F应满足的条件是1 NF3 N。答案：1 NF3 N4(2017河北正定中学月考)一水平传送带以v02.0 m/s的速度顺时针转动，水平部分长为2.0 m。其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数0.2，试问(sin 370.6，g取10 m/s2)：
71、(1)物块能否到达斜面顶端？若能，则说明理由，若不能，则求出物块沿斜面上升的最大距离；(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程。解析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动mgma1，若速度达到v0，则x11 ml，所以在到达传送带右端前物块已做匀速运动。物块以v0速度滑上斜面过程中，mgsin ma2，物块速度为零时沿斜面上升的距离x2 m。由于x2，甲g乙g。即：m甲乙答案：(1)AD(2)远小于(3)小于大于热点二数据处理与误差分析(2017河北模拟)某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过实验得到如图乙所示的aF图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹
72、角_(选填“偏大”或“偏小”)。(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足_的条件。(3)该同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50 Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。xxDGxAD_cm。由此可算出小车的加速度a_m/s2。(结果保留两位有效数字)解析：(1)根据所给的a F图象可知，当F0时，小车已经有了加速度a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的。(2)根据牛顿定律，对小车FMa，对砝码和盘mg
73、Fma，解得F2.4 m，小物块已运动到水平面上，图象对物块已不再成立，故D项错误。答案：BC热点二整体法和隔离法的应用3.如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g10 m/s2)()A0 NB8 NC10 N D50 N解析：细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A和B整体受到的合外力等于物体B的重力，因此整体的加速度为ag，对物体B：mBgFNmBa，所以A、B间作用力FNmB(ga)mBg8 N。答案：B4.如图所示，用力F推放在光滑水平面上的物体P、
74、Q、R，使其做匀加速运动，若P和Q之间的相互作用力为6 N，Q和R之间的相互作用力为4 N，Q的质量是2 kg，则R的质量是()A2 kg B3 kgC4 kg D5 kg解析：在力F的作用下P、Q、R三物体一起做匀加速运动，设其共同运动的加速度大小为a；FN1、FN2分别表示P、Q之间和Q、R之间的相互作用力大小，Q、R的质量分别为mQ、mR。对Q、R整体应用牛顿第二定律得FN1(mQmR)a对R隔离单独应用牛顿第二定律得FN2mRa两式相除得，代入数据，整理得mR4 kg，选项C正确。答案：C热点三牛顿运动定律实验及创新5.(2017泰州模拟)如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验
75、装置图。图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦。(1)下列说法正确的是_。A一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B实验时应先接通电源后释放小车C实验中m2应远小于m1D测力计的读数始终为(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是_m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)。(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦
76、力这一步骤，他测量得到的aF图象可能是图中的图线_。解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误。实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确。实验中m2不必远小于m1，选项C错误。由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于，选项D错误。(2)由xaT2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s2。(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以可能是图线C。答案：(1)B(2)0.50(3)C6某学习小组用如图(a)所示装置验证加速度与力的关系。小车通过细绳与钩码相连，固定在小车上的挡光片宽度为d，光电门传感器固定
77、在轨道上，为平衡摩擦力，他们将轨道调整为左高右低。实验时，将小车从某一位置由静止释放，通过光电门测出挡光片的挡光时间t，将钩码的重力视为小车受到的拉力F，改变F，再次将小车从同一位置由静止释放，重复实验，测得多组t和F，他们在坐标系中，通过作图，得到如图(b)所示的点。(1)请在图(b)中绘出F的关系图象。(2)下列关于该图线斜率的说法中正确的是_。A斜率的大小与小车的质量有关B斜率的大小与钩码的质量有关C斜率的大小与小车释放的位置有关D斜率的大小与挡光片的宽度d有关(3)该图线在横轴上有一段截距，为使图线过坐标原点，下列措施中有效的是_。A适当增大轨道左端的高度B适当减小轨道左端的高度C将轨
78、道调整至水平D将轨道调整为左低右高解析：(1)根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示；(2)小车经过光电门时的速度v，设小车初位置到光电门的距离为x，由匀变速直线运动的速度位移公式得v22ax，由牛顿第二定律得Fma，则F，图线斜率k，可知A、C、D正确；(3)该图线在横轴上有一段截距，说明平衡摩擦力不足，适当增大轨道左端的高度可以使图线过坐标原点，A正确。答案：(1)如图所示(2)ACD(3)A热点四动力学两类基本问题和基本模型7(2017福建福州质检)如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随
79、时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。解析：(1)在2 s内，由图乙知：物块上升的最大距离：x121 m1 m物块下滑的距离：x211 m0.5 m所以位移大小xx1x20.5 m路程Lx1x21.5 m(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14 m/s2a24 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有00.5 s内：FFfmgsin ma1051 s内：Ffmgsin ma2解得F8 N答案：(1)0.5 m1.5 m(2)4
80、 m/s24 m/s28 N8.如图所示，一质量为mB2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间由一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角37。一质量也为mA2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x08 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为10.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为20.2，sin 0.6，cos 0.8，g取10 m/s2，物块A可看作质点。请问：(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？解析
81、：(1)物块A从斜面滑下的加速度为a1，则mAgsin 1mAgcos mAa1解得a14 m/s2物块A滑到木板B上的速度为v1 m/s8 m/s(2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a22g2 m/s2设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，对物块A有v2v1a2t2xAv1t2a2t对木板B有v2a2t2xBa2t位移关系xAxBL联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t22 s，L8 m答案：(1)8 m/s(2)2 s8 m阶段滚动加强练(一)一、选择题(15题为单项选择题，68题为多项选择题)1(2017
82、江西赣州摸底考试)伽利略的斜面实验为牛顿定律奠定了基础，下列有关说法正确的是()A物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B行星在圆周轨道上保持匀速率运动是因为行星具有惯性C同一物体运动越快越难停止运动，说明物体的速度越大，其惯性越大D由于巨轮惯性很大，施力于巨轮后，要经过很长一段时间后才会产生一个明显的加速度解析：根据惯性的定义可得，选项A正确；惯性使物体保持匀速直线运动状态或静止状态，而不是保持做匀速圆周运动，选项B错误；惯性与速度无关，选项C错误；巨轮惯性很大，说明其质量很大，施力于巨轮后，加速度会立刻产生，其大小与外力和巨轮质量有关，与力的作用时间无关，选项D错误。答案：A2A、B两物体以相同
83、的初速度在同一水平面上滑动，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，且mA3mB，则它们所能滑行的距离xA、xB的关系为()AxAxBBxA3xBCxAxB DxA9xB解析：物体沿水平面滑动时做匀减速直线运动，加速度ag与质量无关，由0v2ax和题设条件知xAxB。答案：A3(2017银川模拟)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急刹车开始，2 s与5 s时汽车的位移之比为()A54 B45C34 D43解析：汽车停下来所用的时间为t4 s。故2 s时汽车的位移x1v0t1(a)t30 m；5 s时汽车的位移与4 s时汽车的位移相等，x2v0t2
84、(a)t40 m，解得，选项C正确。答案：C4将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其v t图象如图所示，则物体所受的重力和空气阻力之比为()A111B101C91 D81解析：由题图可知上升阶段的加速度为11 m/s2，下降阶段的加速度大小为9 m/s2，设物体质量为m，所受空气阻力大小为F阻，则上升阶段：mgF阻ma上下降阶段：mgF阻ma下两式相除，整理得mg10F阻，故101。选项B正确。答案：B5如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v
85、t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则()At2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C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：由图象知物块先向左减速，后反向加速到v1再做匀速直线运动，t1时刻离A距离最大，A错误；t2时刻二者相对静止，故t2时刻物块相对传送带的滑动距离最大，B正确；0t2时间内摩擦力方向一直向右，C错误；在0t2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t2t3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，D错误。答案：B6(2017咸阳模拟)消防员用绳子将一不慎落入
86、井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是()A绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B绳子对儿童的拉力大于儿童的重力C消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力D消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力解析：绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；儿童从井内加速向上运动的过程中，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大于儿童的重力，故B正确；消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力和反作用力，故C正确；消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力作用在不同物体上，不是一对平衡力，故D错
87、误。答案：BC7(2017河南郑州一模)如图所示为A、B两个运动物体的位移时间图象，则下述说法正确的是()AA、B两个物体开始时相距100 m，同时相向运动BB物体做匀速直线运动，速度大小为5 m/sCA、B两个物体运动8 s时，在距A物体的出发点60 m处相遇DA物体在运动中停了6 s解析：根据图象，A、B两物体开始时相距100 m，速度方向相反，是相向运动，故A正确；x t图象的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，速度大小为v m/s5 m/s，B正确；t8 s时两图线有交点，表明A、B两物体运动8 s时，在距A物体的出发点60 m处相遇，故C正确；在26 s内，A物体位置坐标不变，保持
88、静止，即停止了4 s，故D错误。答案：ABC8.如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向所成角度为，则()A如果将物体B在地板上向右移动一点，角将增大B无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，角将不变C增大小球A的质量，角一定减小D悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力解析：O、A之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右偏转，OA与OB间的夹角将增大。OA与OB两段细线上的弹力都等于小球A的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，
89、悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即OO的方向)与AOB的角平分线在一条直线上，显然物体B在地板上向右移动时角将增大，A正确，B错误；增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，角也不变，C错误；因物体B无论在地板上移动多远，AOB也不可能达到120，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，D正确。答案：AD二、非选择题92017湖南师大附中高三月考(1)小翔利用如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F与伸长量l的关系，由实验绘出F与l的关系图如图乙所示，则该弹簧的劲度系数为_N/m。(2)某学生用如图丙所示的装置“验证力的平行四边形定则”。将一木板竖直放在铁架台和弹簧所在平面后。其部分实验操作如下，请
90、完成下列相关内容：如图丙，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的方向及两弹簧测力计相应的读数。图丁中B弹簧测力计的读数为_N；该生在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力F1、F2的大小和方向，以及由钩码的重量画出钩码对弹簧的拉力F的大小和方向，如图戊所示，请在图戊中作出F1、F2的合力F，观察比较F和F，得出结论。答案：(1)125(2)12.60如图所示10振华同学用下图所示的实验装置验证牛顿第二定律。(1)该实验装置中有两处错误，分别是：_和_。(2)振华同学在老师的指导下改正了实验装置中的错误后
91、，将细绳对小车的拉力当做小车及车上砝码受到的合外力，来验证“合外力一定时加速度与质量成反比”。实验中，砝码盘及盘内砝码的总质量m最好应为_(填选项前的字母)。A10 g B50 gC100 g D1 kg振华同学在验证“合外力一定时加速度与质量成反比”的实验时，用电磁打点计时器打了一条理想的纸带，他按要求选取计数点后，在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段，但他清楚地知道甲、乙图属于同一纸带，则丙、丁、戊图中属于上述纸带的是_。由甲、乙图可求得小车的加速度大小为_m/s2(小数点后保留两位数字)。解析：(1)打点计时器需要使用低压交流电源，图中打点计时器连接了学生电源的直流输出端，
92、为确保小车所受拉力不变，滑轮与小车间的细绳方向应与长木板平行。(2)实验中为确保小车所受拉力近似等于砝码盘及砝码总重力，应使小车质量远大于砝码盘及砝码的总质量m，故m应选择A；由第一段位移x1x1x03.66 cm1.26 cm2.40 cm，第二段位移x3x3x212.00 cm7.30 cm4.70 cm，由xaT2可知，计数点4到计数点5之间的距离x57.00 cm左右，故戊与甲、乙为同一纸带。由xaT2可知，x3x12aT2，解得：a1.15 m/s2。答案：(1)滑轮太高(或细绳与长木板不平行)打点计时器接到直流电源上(或打点计时器应接交流电源)(2)A戊1.1511春节放假期间，全
93、国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x09 m区间的速度不超过v06 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲20 m/s和v乙34 m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲2 m/s2的加速度匀减速刹车。(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t00.5 s的反应时间后开始以大小为a乙4 m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m区不超速。则在甲车司机
94、开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？解析：(1)甲车速度由20 m/s减速至6 m/s的位移x191 mx2x0x1100 m即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车。(2)设甲、乙两车速度相同时的时间为t，由运动学公式得：v乙a乙(tt0)v甲a甲t解得：t8 s相同速度vv甲a甲t4 m/s6 m/s，即v06 m/s的共同速度为不相撞的临界条件乙车从司机发现甲车刹车到减速至6 m/s的位移为x3v乙t0157 m所以要满足条件，甲、乙的距离xx3x166 m。答案：(1)100 m(2)66 m12如图甲所示，倾角37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在
95、斜面的底端，另一端与质量m1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当t0时释放滑块。在00.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k2.0102 N/m，当t0.14 s时，滑块的速度v12.0 m/s。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)斜面对滑块的摩擦力Ff的大小；(2)t0.14 s时滑块与出发点间的距离d；(3)在00.44 s时间内，滑块运动的路程s。解析：(1)由图乙可知，当t10.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩
96、擦力，如图(a)所示。分离后，滑块开始做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小a110 m/s2。根据牛顿第二定律有mgsin Ffma1，解得Ff4.0 N。(2)当t10.14 s时，弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t00时弹簧的形变量x。由图乙可知，在出发点时滑块加速度的大小a30 m/s2，此时滑块受力如图(b)所示，有kdmgsin Ffma，解得d0.20 m。(3)设从t10.14 s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有t10.20 s。在这段时间内滑块运动的距离x10.20 m。t20.34 s时滑块速度减为零，此后滑块将反向做匀加速直线运动，受力如图(c)所示，根据牛顿第二定律可求得此后加速度的大小a22.0 m/s2。在0.340.44 s(t20.1 s)时间内，滑块沿斜面下滑的距离x2a20.01 m。所以在00.44 s时间内，滑块运动的路程sdx1x20.41 m。答案：(1)4.0 N(2)0.20 m(3)0.41 m