1、牛顿第二定律专题二 整体法、瞬时性、传送带、等时圆等1.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是( )A. 小车静止时，Fmg，方向竖直向上B. 小车静止时，Fmgcos ，方向垂直于杆向上C. 小车向右以加速度a运动时，一定有FD. 小车向左以加速度a运动时，F，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足tan 【答案】AD【解析】小球静止不动时，受重力和向上的弹力，根据平衡条件可得弹力F=mg，竖直向上，故A正确，B错误；当小球向右以加速度a运动时，对其受力分析，受重力和弹力，如图所示：合力为：F合=ma，水平
2、向右，根据平行四边形定则，弹力为：，故C错误；小车向左以加速度a运动时，有：，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为，则有：，故D正确。所以AD正确，BC错误。2.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（ ）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【答案】D【解析】试题分析：小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2，设斜面的倾斜角为
3、则竖直方向有：，因为mg和不变，所以无论加速度如何变化，FN1不变且不可能为零，B错误；D正确；水平方向有：，因为，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，C错误；故选D。考点：牛顿第二定律、力的合成与分解的运用。【名师点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度。3.如图所示，质量为M的光滑斜面体上有一质量为m的木块沿斜面匀加速下滑，斜面体静止不动，则斜面体对地面的压力应（）A. 等于（M+m）g B. 大于（M+m）g C. 小于（M
4、+m）g D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】对斜面体和滑块整体，受重力、地面的支持力、地面对其向右的静摩擦力，对整体运用牛顿第二定律列式分析即可。【详解】由题，斜面是光滑的，则由牛顿第二定律可得物体m下滑时加速度大小为a=gsin。对整体进行研究，分析受力情况，作出力的示意图 将m的加速度a分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律有：竖直方向：（M+m）g-N=masin0，则N（M+m）g，所以斜面体受地面的支持力小于（M+m）g。故选：C。【点睛】本题关键对斜面体和滑块整体受力分析后根据牛顿第二定律列式分析，也可以采用隔离法，先后研究滑块和斜面体。4.如图所示，质量分别为mA、mB
5、的A、B两物块用轻线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A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为，为了增加轻线上的张力，下列几种办法中可行的是（）A. 增大B物的质量 B. 减小B物的质量C. 增大倾角 D. 增大动摩擦因数【答案】A【解析】【分析】当用斜面向上的拉力F拉A，两物体沿斜面匀加速上升时，对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对B研究，根据牛顿第二定律求出轻线上的张力，分析增加轻线上的张力的办法。【详解】根据牛顿第二定律，对整体： 解得： 对B：T-mBgsin-mBgcos=mBa得到轻线上的张力为： 则要增加T，可减小A物的质量，或增大B物的质量
6、。故应选：A。【点睛】本题是连接体问题，两个物体的加速度相同，采用整体法与隔离法交叉使用的方法，考查灵活选择研究对象的能力。5.如图所示，三个质量不等的木块M、N、Q间用两根水平细线a、b相连，放在光滑水平面上用水平向右的恒力F向右拉Q，使它们共同向右运动这时细线a、b上的拉力大小分别为Ta、Tb若在第2个木块N上再放一个小木块P，仍用水平向右的恒力F拉Q，使四个木块共同向右运动（P、N间无相对滑动），这时细线a、b上的拉力大小分别为Ta、Tb下列说法中正确的是（）A. TaTa，TbTbB. TaTa，TbTbC. TaTa，TbTbD. TaTa，TbTb【答案】B【解析】先对整体受力分析
7、，受重力、支持力、拉力，根据牛顿第二定律，有：F=（mM+mN+mQ）a 再对M受力分析，受重力、支持力、拉力，根据牛顿第二定律，有：Ta=mMa 对Q受力分析，受重力、支持力、拉力F和b绳子的拉力，根据牛顿第二定律，有：F-Tb=mQa 联立解得： ； ；当在第2个木块N上再放一个小木块P，相当于N木块的重力变大，故Ta减小，Tb增加；故选B点睛：本题要灵活地选择研究对象，根据整体法求解加速度，根据隔离法求解系统内力，求解出表达式讨论是关键6.如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动
8、，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）A. 若粘在C木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力减小B. 若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变C. 若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大D. 若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小【答案】D【解析】【分析】对整体分析，运用牛顿第二定律判断系统加速度的变化通过隔离分析，得出绳子拉力和摩擦力的大小的变化。【详解】因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F-3mg-mg=（3m+m）a，a都将减小。A、D项：若粘在
9、C木块上面，a减小，对A有：fA=ma，可知A的摩擦力减小，以AB为整体，有T-2mg=2ma，得：T=2mg+2ma，则T减小，故A错误，D正确；B项：若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力mg、绳子拉力T，F-mg-T=ma，则得：T=F-mg-ma，a减小，F、mg不变，所以，T增大。故B错误；C项：若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，由fA=ma知，A所受摩擦力减小；对C：F-mg-T=ma，得 T=F-mg-ma，a减小，F、mg不变，则T增大，故C错误；故选：D。【点睛】解决本题的关键要灵活选择研究对象，会用整体法和隔离法，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律
10、进行求解。7. 如图所示为索道输运货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角37，sin 370.6，cos 370.8，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30，当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为A. 0.35mg B. 0.30mg C. 0.23mg D. 0.20mg【答案】D【解析】试题分析：由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的115倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得：FN-mg=ma竖直，解得a上=015g，设水平方向上的加速度为a水平，则，解得：a水平=02g
11、，对物体受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律得：f=ma水=020mg，故D正确故选D。考点：牛顿第二定律【名师点睛】物体的水平和竖直方向的加速度之间的关系，是解决本题的关键，在本题中物体在水平和竖直两个方向上都是有加速度的。8.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vt图象（以地面为参考系）如图乙所示已知v2v1，则（）A. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左B. 0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用C.
12、 t2时刻，小物块离A处的距离达到最大D. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大【答案】D【解析】【分析】小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动根据图象分析有：0t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1-t2小物块向右匀加速，t2-t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失。【详解】A项：在0-t1时间内小物块向左减速受向右的摩擦力作用，在t1-t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，故A错误；B项：如图知，t2-t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故
13、B错误；C项：t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故C错误；D项：t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故D正确。故应选：D。【点睛】本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况。9.如图所示，传递带与水平面的夹角=30，A、B间传递带长16m传送带以l0m/s的速率逆时针匀速转动，在传送带顶端A无初速释放一个质量为0.5kg的物体，它传送带之间的动摩擦因数为，则物体从A运动到B所需时间是（）（g=l0m/s2）A. 1.6s B. 2s C. D. 【答案】B【解析】【分析】物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体
14、的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan，物体跟随传送带匀速运动。【详解】开始运动时物体沿传送带向下做匀加速直线运动mgcos+mgsin=ma1a1=12.5m/s2设加速到与传送带同速的时间为t1：v=a1t1t1=0.8s运动的位移 之后mgsinmgcos，物体跟随传送带做匀速直线运动 t=t1+t2=2s故应选：B。【点睛】本题关键是分析加速到速度等于传送带速度后木块的运动情况，再根据运动学公式求解时间。10.如图所示，AO、AB、AC是竖直平面内的三根固定的细杆，A、O位于同一圆周上，A点位于圆周的最高点，O点
15、位于圆周的最低点，每一根细杆上都套有一个光滑的小球（图中未画出），三个环都从A点无初速地释放，用T1、T2、T3表示各环到O、B、C时所用的时间，则（）A. T1T2T3 B. T3T1T2 C. T1T2T3 D. T3T1T2【答案】D【解析】【分析】小环沿杆下滑做匀加速直线运动，设OAB为，OAC为，由匀变速运动规律求出小球运动的加速度和位移，根据匀加速直线运动位移时间公式表示出时间即可求解。【详解】如图：小环沿杆下滑做匀加速直线运动，设OAB为，OAC为，圆的半径为r，则 小环沿AO下滑时，做自由落体运动，时间为： 由匀变速运动规律得，滑环滑到B1点的时间： 而由图可知，滑到B点的时间
16、T2T2=T1同样根据匀变速运动规律可得滑到C1的时间： 而由图可知，滑到C点的时间T3T3=T1故有，T3T1T2，故应选：D。【点睛】本题主要考查了匀加速直线运动位移时间公式的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，求出加速度，应用匀加速直线运动位移时间公式表示出时间，注意寻找中间两点加以过渡。11.竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD，三轨道交于O点，且与水平方向的夹角分别为30o、45o和60o。现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点静止释放，分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端。则三小球到达斜面底端的先后次序是A. 甲、乙、丙 B. 丙、乙、甲C. 甲、丙同时到
17、达，乙后到达 D. 不能确定三者到达的顺序【答案】B【解析】对乙丙：设斜面的倾角为，则下滑的加速度agsin，下滑的位移 ，根据x=at2得， 故倾角越大的下落时间越短，故乙和丙，丙先到达底端；对甲乙：运动到底端的时间，则甲乙两物体中，乙时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲；故选B.12.如图所示，光滑固定斜面体ABC的两个底角A=37，B=53，两个物块通过一绕过定滑轮的轻绳相 连放于两斜面上，给m2一沿斜面向下的初速度，结果m2刚好能沿斜面匀速下滑，若将m1、m2互换位置，并同时释放两物块，则m1的加速度（重力加速度为g）（ ）A. 大小为0.1g方向沿斜面向上 B
18、. 大小为0.1g方向沿斜面向下C. 大小为0.2g方向沿斜面向上 D. 大小为0.2g方向沿斜面向下【答案】C【解析】因为恰好沿斜面匀速下滑时，由二力平衡有，互换位置后，设m1的加速度为a，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律有，解得，故C正确【点睛】关键在于用隔离法分别分析两个物体受力情况，求出对调位置后物体沿斜面方向的合力，再用牛顿第二定律求解注意多总结物体上斜面上的受力情况最后一步比如容易以为只有有加速度，其实是两个物块这时加速度一样13.如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量m1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
19、静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为1，则细线中的拉力大小为A. Mg B. Mg+Ma C. (m1+m2)a D. m1a+1m1g【答案】C【解析】对AB的整体，根据牛顿第二定律 ，选项C正确；对C： ，解得：，选项AB错误；对物体A： ，则 ，因f为静摩擦力，故不一定等于1m1g，选项D错误；故选C.点睛:此题是牛顿第二定律的应用习题;解题的关键是能正确选择研究对象,根据牛顿第二定律列得方程联立求解.14.如图所示质量为M的吊篮P通过细绳悬挂在天花板上，物块A、B、C质量均为m，B、C叠放在一起，物块B固定在轻质弹簧上端，弹簧下端与A物块相连，三物块均处于静止状态，弹簧的劲度系数为k
20、（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（）A. 静止时，弹簧的形变量为B. 剪断细绳瞬间，C物块处于超重状态C. 剪断细绳瞬间，A物块与吊篮P分离D. 剪断细绳瞬间，吊篮P的加速度大小为【答案】D【解析】【分析】静止时，利用胡克定律F=kx求出弹簧的形变量x；用隔离法单独对C物块分析，判断C物块所处状态；将A物块和吊篮P当作一个整体，利用牛顿第二定律分析两物体的加速度。【详解】A项：静止时，弹簧受到的压力F大小等于B、C的重力2mg，则由胡克定律F=kx求出弹簧的形变量，故A错误；B项：、剪断细绳瞬间，由于弹簧弹力不能突变，C物块所受合力为0，加速度为0，C处于静止状态，B错误；C、D项：
21、剪断细绳瞬间，将吊篮和A物块当作一个整体，受到重力为M+mg，以及弹簧的压力2mg，则吊篮P和物块A的加速度，因此剪断细绳瞬间，A物块和吊篮P的加速度大小相同，均为，则A物块与吊篮P不会分离，故C错误，D正确。故应选：D。【点睛】解答本题的关键是合理使用整体法和隔离法对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求出物体的加速度，注意弹簧的弹力不会突变，而绳子的拉力在烧断后就会突变为0。15.如图所示，A、B两物块质量分别为2m、m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是A. 悬绳
22、剪断后，A物块向下运动2x时速度最大B. 悬绳剪断后，A物块向下运动3x时速度最大C. 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2gD. 悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为g【答案】B【解析】剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=2mg+F=3mg，根据牛顿第二定律，得a=g故CD错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx当向下压缩，2mg=F=kx时，速度最大，x=2x，所以下降的距离为3x故B正确，A错误故选B点睛：解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度当弹力和重力相等时，速度最大16.
23、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时AB两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A. aA=aB=g B. aA=2g，aB=0C. aA=g，aB=0 D. aA=2g，aB=0【答案】D【解析】水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图， 静止时 ，水平细线被剪断瞬间，T消失，其它各力不变，所以，故选D。17.如图所示，轮半径r很小的传送带，水平部分AB的长度L=
24、1.5m，与一圆心在O点、半径R=1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H=1.25m，一质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点），由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角=37已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数=0.1，不计空气阻力（1）求滑块对圆轨道末端的压力的大小；（2）若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；（3）若传送带以v0=2.4m/s的速度沿顺时针方向运行（传送带上部分由A到B运动），求滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率【答案】(1)1.4N；(2)0.5m；(3)0.14W【解析
25、】【分析】(1)根据动能定理求得滑块到达末端A时的速度，再由牛顿第二定律求得轨道对滑块的支持力，由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的压力；(2)根据动能定理求得滑块离开传送带时的速度，再根据平抛知识求滑块落地点与B间的水平距离；(3)根据牛顿第二定律求出滑块在传送带上匀加速运动时的加速度，由速度公式求出滑块加速至传送带速度时所用时间，再求摩擦力做功的功率。【详解】(1) 滑块从P到圆轨道末端的过程中，由动能定理可得： 可得滑块到达A点时的速度： 滑块在轨道末端时，根据牛顿第二定律有： 解得： 根据牛顿第三定律得：滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4N，方向竖直向下；(2) 从A到B的过程中，只有摩擦力对滑块做功，根据动能定理得： 代入数据可解得滑块到达B时的速度 vB=1m/s滑块从B点开始做平抛运动，则滑块落地点距B点的水平距离：；(3) 若传送带以v0=2.4m/s的速度沿顺时针方向运行，滑块先做匀加速运动，加速度为： 从滑上传送带到与传送带共速的时间： 匀加速的位移： 接着滑块做匀速运动，用时： 滑块从A点到B点的总时间 t=t1+t2=0.65s摩擦力做功为 W=mgx1=0.10.1100.88=0.088J所以滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率为：【点睛】解决本题的关键是要理清滑块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
