牛顿第二定律及其综合应用归类复习与讲解.doc

牛顿第二定律及其综合应用课前巩固1如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是()A甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小C当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜答案：BD2(2013课标)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：物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得FFNma，即FFNma，F与a成线性关系选项C正确答案：C3(2013浙江理综)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g取10 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：刚开始上升时，空气阻力为零，F浮mgma，解得F浮m(ga)460(100.5) N4 830 N，A项正确；加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误；浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度vat5 m/s，C项错误；匀速上升时，F浮Ffmg，所以FfF浮mg4 830 N4 600 N230 N，D项正确答案：AD4(2014宁夏银川一中一模)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30的光滑斜面顶端A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()A都等于 B.和0 C.和 D.和解析：由整体法知，F弹(mAmB)gsin 30剪断轻线的瞬间，由牛顿第二定律：对B：F弹mBgsin 30mBaB，得aB=对A：mAgsin 30mAaA，得aAg 所以C项正确答案：C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 Fma。 3“五个”性质超重与失重1 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：测力计所指示的数值。2超重、失重和完全失重比较超重现象失重现象完全失重概念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物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小ag列原理式FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmgF0运动状态加速上升、减速下降加速下降、减速上升无阻力的抛体运动情况；绕地球匀速圆周运动的卫星试一试：(2013江苏徐州摸底)一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v t图像如图所示。下列说法正确的是()A前2 s内该同学处于超重状态 B前2 s内该同学的加速度是最后1 s内的2倍C该同学在10 s内的平均速度是1 m/s D该同学在10 s内通过的位移是17 m解析：选D考点一 瞬时加速度问题1.一般思路:2两种模型(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。(2)弹簧(或橡皮绳)：当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变。例(多选)(2014南通第一中学检测)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零 CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零解析选BC设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，Fmgsin ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为0，B正确，A、D均错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得：Fmgsin maA，解得：aA2gsin ，故C正确。例(2013吉林模拟)在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取g10 m/s2，以下说法正确的是()A此时轻弹簧的弹力大小为20 NB小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右D若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0尝试解题因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得：竖直方向有FTcos mg，水平方向有FTsin F。解得轻弹簧的弹力为Fmgtan 20 N，故选项A正确。剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即Nmg；由牛顿第二定律得小球的加速度为a m/s28 m/s2，方向向左，选项B正确。当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C错误、D正确。答案ABD 针对练习：(2014苏州第三中学质检)如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线。在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为()A.，gB.，g C.，g D.，g解析选A在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有：F3mg3ma，对B由牛顿第二定律得：F弹2mg2ma，由此可得：F弹，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有：F弹mgmaA，解得aAg，故A正确。考点二 动力学的两类基本问题分析解决两类动力学问题两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。一个桥梁：物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。(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，画图找出各过程间的位移联系。两类动力学问题的解题步骤例(2012上海高考)如图所示，将质量m0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间动摩擦因数0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角53的拉力F，使圆环以a4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2)。解析：令Fsin mg，F1.25 N，当F1.25 N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律Fcos Nma， Fsin mgN解得F9 N。例如图所示，质量m2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L20 m，用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t02 s拉至B处。(已知cos 370.8，sin 370.6，取g10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为30 N，与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。尝试解题(1)沿水平方向施加外力后，物体做匀加速直线运动。根据运动学公式有Lat代入数据解得a10 m/s2由牛顿第二定律知FFfma 解得Ff10 N所以0.5(2)设外力F作用的最短时间为t，物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，所用时间为t，受力分析如图所示。撤去外力后，以大小为a2的加速度匀减速运动，所用时间为t，到达B处速度恰为零。由牛顿第二定律知Fcos 37Ffma1其中FfN(mgFsin 37)联立解得a111.5 m/s2，a2g5 m/s2由于匀加速阶段末速度即为匀减速阶段的初速度，撤去外力时的速度va1ta2t又因为La1t2a2t2 联立解得t 1.03 s。针对练习：(江阴市20132014学年高一上学期期末)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目。比赛场地示意图如图所示，比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近30m处的圆心O，设冰壶与冰面间的动摩擦因数为10.008，在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。 (1)求冰壶的加速度大小？并通过计算说明冰壶能否到达圆心O。(2)为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至20.004。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10m/s2)解析：(1)冰壶在运动中只受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得1mgma1a11g，代入数据得a10.08m/s2冰壶做匀减速运动，由v2v2a1x 得x25m2F DxF0(aa0),物体将脱离地面,牵引绳与水平面的夹角将变小,在解题中务必注意到这一点。在第(1)问中,已给出F1=,则F1sin =mg,物体不会脱离地面。(1)F1cos =ma1N+F1sin =mg又F1=mg联立解得a1=g N=mg。(2)有两种求解方法第一种解法:设物体A对地面的压力N刚好为零时,F1=F0,a=a0,则:F0cos =ma0,F0sin =mg解得a0=gcot =gg由此可以断定,当a=g时,物体A已脱离地面,设此时绳与水平方向的夹角为,则有F2cos =ma2=mg,F2sin =mg,解得F2=mg。第二种解法:仍设N0。若解出Nv时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v返回时速度为v，当v0v1，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t1时刻小物块速度为零，离A处的距离达到最大，A项错误；t2时刻小物块与传送带速度相同，之前小物块相对传送带一直向左运动，相对传送带滑动的距离最大，B项正确；0t2时间内小物块受到的滑动摩擦力方向向右，t2t3时间内小物块匀速运动，不受摩擦力作用，C、D项错误答案：B2.如图所示，传送带水平部分xab2 m，斜面部分xbc4 m，bc与水平方向夹角37，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数0.25，传送带沿图示方向以速率v2 m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，求物体A从a点被传送到c点所用的时间(取g10 m/s2，sin 370.6)解析：物体A轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有a12.5 m/s2发生位移x1 m0.8 m经历时间t10.8 s此后物体随传送带匀速运动到b点时间为t20.6 s当物体A到达bc斜面时，因mgsin 370.6mgmgcos 37 0.2mg，所以物体A将再沿传送带做匀加速直线运动 其加速度大小为a2gsin 37gcos 374 m/s2物体A在传送带bc上所用时间满足xbcvt3a2t代入数值得t31 s或t32 s(舍去)即物体A从a点被传送到c点所用的时间为tt1t2t32.4 s随堂对点训练1(2013福建高考)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()Am2kgs4A1Bm2kgs3A1Cm2kgs2A1 Dm2kgs1A1解析：选B2如图所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度分别是()AA、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下BA的加速度0，B的加速度大小为g、竖直向下CA的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下DA的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下解析：选C在细线烧断前，A、B两球的受力情况，由平衡条件可得：对B球有F绳mg 对A球有F弹mgF绳在细线烧断后，F绳立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况。由牛顿第二定律可得：B球有向下的重力加速度gA球有F弹mgmaA 解得aAg，方向向上。综上分析，选C。3(多选)(2014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受静摩擦增大 BM对车厢壁的压力增大CM仍相对于车厢静止 DM受静摩擦力不变解析：选BCD4一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图所示，则()At3时刻火箭距地面最远 Bt2t3的时间内，火箭在向下降落Ct1t2的时间内，火箭处于失重状态 D0t3的时间内，火箭始终处于失重状态解析：选A由速度图像可知，在0t3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确，B错误。t1t2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t2t3时间内火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C、D错误。5(2014四川资阳诊断)如图所示，质量M，中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为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角。则下列说法正确的是()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C系统的加速度为agtan D推力FMgtan 解析：选C根据小铁球与光滑凹槽相对静止位置可知，系统有向右的加速度，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，选项AB错误。小球所受合外力为mgtan ，加速度为agtan ，推力F(mM)gtan ，选项C正确D错误。6(2014江苏省泰兴模拟)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()Amg，斜向右上方 Bmg，斜向左上方Cmgtan ，水平向右 Dmg，竖直向上解析：选A由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小agtan ；小车对物块B向右的静摩擦力为Ffmamgtan ；竖直向上的支持力FNmg，小车对物块B产生的作用力的大小为Fmg，方向为斜向右上方，故A正确。7(2014商丘模拟)如图(a)所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g10 m/s2，由图线可知()A甲的质量是2 kg B甲的质量是6 kgC甲、乙之间的动摩擦因数是0.2 D甲、乙之间的动摩擦因数是0.6解析：选BC由aF图像可知，当F48 N时，甲、乙两物体相对滑动，此过程中，Fm甲gm甲a，对应图线可得：m甲6 kg，将F60 N，a8 m/s2，代入上式可得0.2，B、C正确。8(2013扬州模拟)质量M9 kg、长L1 m的木板在动摩擦因数10.1的水平地面上向右滑行，当速度v02 m/s时，在木板的右端轻放一质量m1 kg的小物块如图所示。当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度。取g10 m/s2，求： (1)从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t； (2)小物块与木板间的动摩擦因数2。解析：(1)设木板的加速度大小为a1，时间t内的位移为x1；木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有x1v0ta1t2x2a2t2 x1Lx2 又v0a1ta2t 代入数据得t1 s(2)根据牛顿第二定律，有1(Mm)g2mgMa1，2mgma2解得20.089.如图甲所示，水平传送带顺时针方向匀速运动。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA9.5s到达传送带另一端Q，物体B经tB10s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t0时刻，分别作出三物体的速度图象如图乙、丙、丁所示，求： (1)传送带的速度v0？ (2)传送带的长度l？(3)物体A、B、C与传送带间的摩擦因数各是多大？(4)物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tc？解析：(1)传送带速度为：v04m/s (2)以B的图象为例，lt1v0t2 即：l36m(3)mgmaag A：a14m/s210.4 B：a22m/s220.2C：ltc得：tc24s a330.0125 (4)tc24s10有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后未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是长度为L15 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度L21 m，瓶子质量m0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦系数0.4。某选手作用在瓶子上的水平推力F20 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，g取10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？解析：(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：Fmgma1 mgma2加速运动过程中的位移x1 减速运动过程中的位移x2位移关系满足：x1x2L1 又va1t1 由以上各式解得：t1 s(2) 要