高考物理总复习 第三章 牛顿运动定律 第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题测试题-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第二节牛顿第二定律两类动力学问题学生用书P44【基础梳理】一、牛顿第二定律1内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同2表达式：Fma.3适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或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、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况二、两类动力学基本问题1两类动力学问题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三、力学单位制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，基本物理量共七个，其中力学有三个，它

2、们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒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【自我诊断】 判一判(1)牛顿第二定律表达式Fma在任何情况下都适用()(2)物体所受合外力大，其加速度一定大()(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度()(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用()(5)Fma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关()(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小()(7)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()提示：(1)(2)(3)(4)(5

3、)(6)(7) 做一做(2018沈阳四校协作体月考)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时()AM受静摩擦力增大BM对车厢壁的压力减小CM仍相对于车厢静止DM受静摩擦力减小提示：选C.分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有FfMg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误；水平方向，FNMa，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误；因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确 做一做在国际单位制(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

4、位可表示为()Am2kgs4A1Bm2kgs3A1Cm2kgs2A1Dm2kgs1A1提示：B牛顿第二定律的基本应用学生用书P45【知识提炼】1求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度2牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型(1)刚性绳(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)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3在求解瞬时加速度时应注意的问题(1

5、)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变【典题例析】(多选)(2015高考全国卷)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，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8B10C15 D18解析设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，P、Q挂钩的东边

6、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BC合力、加速度、速度间的决定关系(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是加速度的定义式，a与v、t无直接关系；a是加速度的决定式，a

7、F，a. 【迁移题组】 迁移1力与运动的关系1如图所示，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()A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

8、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. 迁移2牛顿运动定律的瞬时性2如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，L2水平拉直，物体处于平衡状态(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间

9、物体的加速度解析：(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为agsin .(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为agtan ，方向水平向右答案：(1)gsin ，方向垂直于L1斜向下方(2)gtan ，方向水平向右动力学的两类基本问题学生用书P45【知识提炼】1解决两类动力学问题的关键(1)两类分析

10、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解决动力学问题时的处理方法(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”【典题例析】(2016高考四川卷)避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时

11、，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度解析(1)设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立式并代入数据得a15 m/s2a1的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速

12、为v23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s038 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k0.44，货车长度l012 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2联立并代入数据得l98 m.答案(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m1两类动力学问题的解题步骤2等时圆模型(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

13、点所用时间相等，如图甲所示(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示 【迁移题组】 迁移1已知受力求运动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，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()A倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间

14、越短解析：选AC.设屋檐的底角为，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FN，垂直于屋顶方向：mgcos FN，平行于屋顶方向：mamgsin .雨滴的加速度为：agsin ，则倾角越大，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：FNFNmgcos ，则倾角越大，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，由xgsin t2，可得：t ，可见当45时，用时最短，D错误；由vgsin t可得：v，可见越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确 迁移2已知运动求受力2.(

15、2018江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则()A运动员的加速度为gtan B球拍对球的作用力为mgC运动员对球拍的作用力为(Mm)gcos D若加速度大于gsin ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin ma，又FNcos mg，解得agtan ，FN，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F，故C错误；当agtan 时，网球才向上运动，由于gsin R

16、)综上所述可得tbtatc，故选项C正确二、多项选择题7.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：选BC.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，水平方向有Ffm2a，竖直方向有FTFNm2g，解得Ffm2gtan ，FNm2

17、g，选项C正确，D错误8.(2018杭州二中月考)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮mgma，解得F浮m(ga)4 830 N，A正确；加速上升过程

18、，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v6 m/s5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度vat5 m/s，C错误；再由F浮F阻mgma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮F阻mg，所以F阻F浮mg230 N，D正确9(2018山东济南模拟)如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于平衡状态，弹簧a与竖直方向成30，弹簧b与竖直方向成60，弹簧a、b的形变量相等，重力加速度为g，则()A弹簧a、b的劲度系数之比为 1B弹簧a、b的劲度系数之比为 2C若弹簧a下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为gD若弹簧b下端松脱，则松脱瞬间

19、小球的加速度大小为解析：选AD.由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x，由受力分析图知，弹簧a中弹力Famgcos 30mg，根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数为k1，弹簧b中的弹力Fbmgcos 60mg，根据胡克定律可知弹簧b的劲度系数为k2，所以弹簧a、b的劲度系数之比为1，A正确，B错误；弹簧a中的弹力为mg，若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b弹力的合力与Fa大小相等、方向相反，小球的加速度ag，C错误；弹簧b中弹力为mg，若弹簧b的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a弹力的合力与Fb大小相等

20、、方向相反，故小球的加速度ag，D正确10(2018湖南郴州质检)如图(a)所示，质量为5 kg的小物块以初速度v011 m/s从53固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F.第二次无恒力F.图(b)中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的vt图线不考虑空气阻力，g10 m/s2，(sin 530.8、cos 530.6)下列说法中正确的是()A恒力F的大小为5 NB恒力F的大小为10 NC物块与斜面间的动摩擦因数为D物块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析：选AD.由题图可得：a；有恒力F时：a1 m/s210 m/s2；无恒力F时：a2

21、 m/s211 m/s2由牛顿第二定律得：无恒力F时：mgsin mgcos ma2解得：0.5有恒力F时：mgsin mgcos Fma1解得：F5 N，故A、D正确，B、C错误三、非选择题11.(2018江西重点中学六校联考)如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对滑块的阻力可调滑块静止时，ER流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为L.现有一质量也为m(可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动ER流

22、体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d时，速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一取重力加速度为g，忽略空气阻力，试求：(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小； (2)滑块向下运动过程中的加速度大小； (3)当下移距离为d时，ER流体对滑块的阻力大小. 解析：(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v0，由自由落体运动规律有v2gL，解得v0.(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则有2axvv，xd，v1，v2，解得a.(3)设下移距离d时弹簧弹力为F，ER流体对滑块的阻力为FER，对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律

23、得FFER2mg2maFk(dx0)mgkx0联立解得FERmgkd.答案：(1)(2)(3)mgkd12.(2018陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角的关系如图所示取g10 m/s2，空气阻力不计可能用到的函数值：sin 300.5，sin 370.6.求：(1)物块的初速度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)解析：(1)当90时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为xm3.2 m由v2gxm，得v08 m/s.(2)当0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x6.4 m由运动学公式有：v2ax由牛顿第二定律得：mgma，得0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x3.2 m由运动学公式有：v2ax由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma得10sin 5cos 10，得37.因为mgsin 6mmgcos 4m，所以能滑回斜面底端答案：(1)8 m/s(2)0.5(3)37能滑回底端理由见解析