优化探究(新课标)2017届高三物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学

1、牛顿第二定律 两类动力学问题随堂反馈1.如图所示，一物块从某一高度自由落下，落在竖立于地面的轻弹簧上.物块在A处开始与弹簧接触，到B处时物块速度为零，然后被弹回下列说法正确的是（）A.物块从A处下降到B处的过程中，速率不断减小B.物块从B处上升到A处的过程中，速率不断增大C.物块在 B 处时，所受合力为零D.物块从A处下降到B处的过程中速率先增大，后减小解析：物块在A处与弹簧接触后，刚开始一段时间内弹簧对物块的支持力比重力小，物块所受的合力方向竖直向下， 物块竖直向下做加速运动，速度不断增大，选项A 错误；随着物块向下运动，合力减小，加速度减小，当加速度为零时，速度最大；之后物块继续压缩弹簧，

2、 合力方向改为竖直向上，与速度方向相反，物块竖直向下做减速运动，到B处时速度为零，选项 D 正确；物块在B处时，所受合力最大，选项 C 错误；物块从A处下降到B处与从B处上升到A处互为逆运动，即物块从B处上升到A处的过程中速率先增大，后减小，选项 B 错误.答案：D2.（2016 泉州五校联考）如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，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，小球的加速度大小为（）A. 0C. g解析：开始小球处于平衡状态，受重力mg支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN=mgcos 30 +Fsin

3、 30 ,Fcos 30 =mgsin 30 ，解得FN=学mg重力mg弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN,当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速2度大小为g,B正确.3答案：B3.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为的山坡以加速度a上行，如图所示.在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）则（）A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下一 1C.小物块受到的滑动摩擦力为？mg+ maD.小物

4、块受到的静摩擦力为ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力.缆车以加速度a一 1上行，小物块的加速度也为a,以物块为研究对象， 则有Ffmgsin 30=ma Ff=mg ma方向平行斜面向上，故 A 正确，B、C、D 均错误.答案：A4.如图所示，质量M= 8 kg 的小车放在光滑的水平平面上，在小车左端加一水平推力F= 8N.当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为n= 2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数卩=0.2 ,小车足够长.求：（g取 10 m/s1 2）1放上小物块后，小物块及小车的加速度大小；2经多

5、长时间两者达到相同的速度；从小物块放在小车上开始，经过t = 1.5 s 小物块通过的位移大小.解析：小物块的加速度am=卩g= 2 m/s230*4(2)由am=vo+aMt得t= 1 s.12在开始 1 s 内小物块的位移X1= ?amt= 1 m最大速度v=amt= 2 m/s小车的加速度F 口mg aM M0.5 m/s5在接下来的 0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度a=0.8 m/s2M+ m这 0.5 s 内的位移X2=vti+ qatJ1.1 m通过的总位移x=xi+X2= 2.1 m.答案：(1)2 m/s 0.5 m/s (2)1 s (3)2.1

6、m5.设某一舰载机的质量为m= 2.5x104kg，着舰速度为vo= 42 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a= 0.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动.(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不 滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机.如图所示为舰载机钩住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F= 1.2x105N,减速的加速度 ai = 20 m/s2, 此时阻拦索夹角0= 106,空气阻

7、力和甲板阻力保持不变求此时阻拦索承受的张力大小.(已知 sin 53 = 0.8 , cos 53 = 0.6)解析：(1)设甲板的长度至少为S。，则由运动学公式得一代入数据可得S0= 1 102.5 m.(2)舰载机受力分析如图所示，其中 由牛顿第二定律得2FTCOS53 +FfF=ma舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时5联立可得FT=5X10 N.5答案：(1)1 102.5 m (2)5x10 N课时作业22,VOVo= 2a0S0,故S0=FT为阻拦索的张力,Ff为空气和甲板对舰载机的阻力,Ff=ma6、单项选择题1 在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时

8、间间隔的7位移差的平均值 x= 1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是解析：在应用公式进行数量运算的同时，准确.可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，这样在统一已知量的单位后，就不必 可.选项 A 中x= 1.2 cm 没用国际单位制表示，位制表示，答案：B2.放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图所示，两物块与水平面间的 动摩擦因数均为 卩,今对物块A施加一水平向左的恒力F,使A、B起向左匀加速运动. 设A B的质量分别为m M则弹簧测力计的示数为()MFB.Mrm解析：先以A B整体为研究对象，它们受到

9、竖直向下的重力(磚mg,竖直向上的支持力FN=(M+ mg,水平向左的拉力F,水平向右的摩擦力Ff= FN=U(Mmg.对A B整体受力分析得F-Ff= (M+ma.再以B为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg竖直向上的支持力FN=Mg水平向左的弹簧拉力F,水平向右的摩擦力Ff=卩FN=卩MgF，由牛顿第二定律得FFf=F卩Mg= Ma &= 肓 -9，答案：B3.如图所示，A、B两球质量相等， 光滑斜面的倾角为 图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 平行，1.222A.a=0Tm/s=120 m/s1.2X1022B.a=20.1m/s=1.2 m/sC.F=500X1.2

10、 N=600 ND.F=0.5X1.2=0.60 N2也要把单位带进运算带单位运算时，单位换算要 计算结果的单位就是国际单位制单位，写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即C 项中的小车质量 m= 500 g 没用国际单D 项中运算过程中没有加单位，所以只有选项B 正确.Fm-ommA.MFm+ Mm+ M将代入整MFM+ m所以选项 B 正确.0，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连,C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面8则在突然撤去挡板的瞬间有A.两图中两球加速度均为gsin09B.两图中 A 球的加速度均为零C.图乙中轻杆的作用力一定不为零D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的 2 倍解

11、析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为 2min0，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为 2mcsin0，加速度为 2gsin0;图乙中杆的弹力突变为零，A B球所受合力均为 mn0，加速度均为gsin0，可知只有 D 对.答案：D4.（2014 高考新课标全国卷I）如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态.现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）与稳定在竖直位置时相比， 小球的高度（）A. 定升高B. 定降低C. 保

12、持不变D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析：本题考查了牛顿第二定律与受力分析.设橡皮筋原长为Io,小球静止时设橡皮筋伸长xi，由平衡条件有kxi=mg小球距离悬点高度h=Io+xi=Io+乎.加速时，设橡皮筋与水平k方向夹角为0，此时橡皮筋伸长X2,小球在竖直方向上受力平衡，有kx2sin0=mg小球mg距离悬点高度h= （Io+X2）sin0=Iosin0因此小球高度升高了.k答案：A5.如图所示，质量分别为m、m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在光滑地面上，m在空中）.已知力F与水平方向的夹角为0.则m的加速度大小为（）10Feos0m+mF

13、sin D0,故 A 正确，B 错误；对A进行受力分析， 沿斜面方向，FN=mgsin0+k（xox），弹簧弹力减小，所以弹力FN也减小且与x是一次函数，故 C 错误，D 正确.答案：AD7质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图 甲所示，绳子平行于倾角为a的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M斜面仍保持静止则下列说法正确的是（）A.轻绳的拉力等于MgB.轻绳的拉力等于mgC.M 运动的加速度大小为D. M运动的加速度大小为(1sina)gM- mMg12解析：互换位置前，M静止在斜面上，则有 Mn

14、a=mg互换位置后，对M有MFT=Ma13B C、D 对.答案：BC8.（2016 山东师大附中质检）如图所示，质量为m= 1 kg 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 10 m/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（g取 10 m/s2）（）-FA. 物体经 10 s 速度减为零B. 物体经 2 s 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解析：物体受到向右的滑动摩擦力，Ff=卩FN=G= 3 N，根据牛顿第二定律得a=2 + 322一一一V010_,m/s = 5 m/s，方向向右，物

15、体减速到 0 所需的时间t= = s = 2 s , B 正确，A 错1a5误减速到零后，FvFf，物体处于静止状态，不再运动，C 正确，D 错误.答案：BC9. （2014 高考江苏卷）如图所示，A B两物块的质量分别为 2m和m静止叠放在水平地面1上.A B间的动摩擦因数为 卩，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则（）AFL耳A. 当Fv2 卩mg时，A B都相对地面静止t51B. 当F= 2 卩mg时，A的加速度为 3 卩gC. 当F 3 卩mg时，A相对B滑动1D.无论F为何值，B的加速度不会超过 2 卩g解析： 对A B整体

16、应用牛顿第二定律， 有F-X3mg=3ma对B,在A、B恰好要发生相 对运动时， X2mg-2 X3mg= ma两式联立解得F= 3 卩mg可见，当F 3 卩mg时，A相33对m有FTmgsina=ma又FT=FT，解得aM- m而g=(1Sina)g, FT=mg故 A 错,14对B才能滑动，C 对.对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为-mg故当-mgin0 Ff=maD沿垂直于斜面方向：FN=mgpos0 又有Ff=卩FN由得物块从静止开始沿斜面做匀加速运动,x=*at2=1X2.4X52m=30 m.5 s 末的速度v=at= 12 m/s.答案：30 m 12 m/s11.质量为M长

17、为 3L的杆水平放置，杆两端A B系着长为 3L的不可伸长且光滑的柔软 轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环.已知重力加速度为g,不计空气影响.解析：如图，对物块受力分析，建立直角坐标系，把重力mg沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解.Fmgina=0 卩呼”0= 2.4 m/sm5 s 内的位移16(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲所示，求绳中拉力的大小;(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于L17A端的正下方，如图乙所示.1求此状态下杆的加速度大小a;2为保持这种状态，需在杆上施加一个多大的外力，方向如何?解析：(1)如图甲所示，设平衡时绳中拉

18、力为FT,有2FTCOS0 mg=0由图知COS(2)此时，对小铁环受力分析如图乙所示，有FTsin0=mOFT+FTCOS0 mg=01由图知COS0= 2 代入式解得a=fg如图丙所示，设外力F与水平方向成a角，将杆和小铁环当成一个整体，有FCOSa =(M+ n)aFsina (M+n)g=0由式解得12.如图所示，可看成质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量M= 4 kg，长度L=2 m，小物块质量 m= 1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止.现在用一大小 为F的水平恒力作用于小物块上，发现只有当F超过 2.5 N 时，才能让两物体间产生相对滑动.设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g取 10 m/s2,试求：2.33 (Mn)g, tana =：3(或a =60).答案：mg(2)(M+ n)g与水平方向成 60角由式解得418亠“=二毁(1) 小物块和长木板间的动摩擦因数；(2) 若一开始力F就作用在长木板上，且F= 12 N,则小物块经过多长时间从长木板上掉下？解析：(1)设两物体间的最大静摩擦力为Ff，当F= 2.5 N