(二)“牛顿第二定律”难题解析

1、(二)“牛顿第二定律”难题解析（二）“牛顿第二定律”难题-压轴题2015.6.4参考答案与试题解析9（2011历城区校级模拟）在一个与水平面成角的粗糙斜面上的A点放着一个物体，它系于一根不可伸长的细绳上，绳子的另一端B通过小孔C穿出底面，如图所示，开始时物体与C等高，当物体开始缓慢下滑时，适当的拉动绳端B，使物体在斜面上划过一个半圆到达C，则A和斜面之间的动摩擦因数为（）AsinBcosCtanDcot考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；向心力专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：物体缓慢转动，近似平衡，受力分析后，根据平衡条件列式求解解答：解：物体在斜面上缓慢运动时，受到4

2、个力：重力G，绳子的拉力F1，斜面的支持力F2，物体在运动时受到的摩擦力F3，这四个力的合力近似为零；其中F1和F3同斜面平行，F2同斜面垂直，G同斜面成（90）根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式：在垂直斜面方向，有：F2=Gcos 因此有摩擦力F3= F2=Gcos接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有Gcos=Gsin 因此 =tan 故选C点评：这个解法最有技巧的部分就是选取了A点处受力分析，根据平衡条件得到重力的下滑分量等于摩擦力，然后列式求解；当然，也可以对其

3、它点处，运用平衡条件列式11（2007徐州模拟）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压电陶瓷设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压电陶瓷和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球，它的直径略小于陶瓷和挡板间的距离小车向右做直线运动过程中，电压流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（）A从t1到t2时间内，小车做变加速直线运动B从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动D从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动考点：牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律专题：压轴题；恒定电流专题分析：根据图象，结合题意，得到压力的变化规

4、律，再根据牛顿第二定律判断出加速度的变化规律，从而得到小车的运动情况解答：解：A、B、从t1到t2时间内，压电陶瓷两端电压变大，故受到的压力变大，故其对小球有向右且不断变大的压力，故小球的加速度不断变大，水平向右，由于速度向右，故小球向右做加速度不断变大的加速运动，故A正确，B错误；C、D、从t2到t3时间内，电陶瓷两端电压不变，故受到的压力恒定，故其对小球有向右且恒定大的压力，故小球的加速度恒定，水平向右，由于速度向右，故小球向右做匀加速直线运动，故C正确，D错误；故选AC点评：本题关键是对小球受力分析，根据图象得到压力的变化规律，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的情况，最后得到小车的运动情

5、况16（2010越秀区三模）如图所示装置中，光滑的定滑轮固定在高处，用细线跨过该滑轮，细线两端各拴一个质量相等的砝码m1和m2在铁架上A处固定环状支架z，它的孔只能让m1通过在m1上加一个槽码m，m1和m从O点由静止释放向下做匀加速直线运动当它们到达A时槽码m被支架z托住，m1继续下降在下图中能正确表示m1运动速度v与时间t和位移x与时间t关系图象的是（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：由题，开始在m1上加一个槽码m时，由O点释放向下做匀加速直线运动，当槽码m被支架Z托住时，对m1 进行受力分析，受到重力和绳子的拉力，又因为m1=m2，此

6、时受力平衡，做匀速运动解答：解：分析物体的运动情况：在m1上加一个槽码m时，两者一起由O点释放向下做匀加速直线运动，所以开始时vt图象是一条过原点的倾斜的直线，位移s与时间t关系图象是抛物线；当槽码m被支架Z托住时，对m1 进行受力分析：受到重力和绳子的拉力，因为m1=m2，所以此时受力平衡，做匀速运动，所以vt图象是一条平行时间轴的直线，位移s与时间t关系图象是一条倾斜的直线，故A、D正确；B、C错误故选A、D点评：该题要求考生能根据受力情况判断运动情况，并能根据运动情况画出速度v与时间t和位移s与时间t关系图象，难度适中17（2010松江区二模）如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针

7、方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度为h=0.45m一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A若v=1m/s，则小物块能回到A点B若v=3m/s，则小物块能回到A点C若v=5m/s，则小物块能越过A点D无论v等于多少，小物块均能回到A点考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：压轴题；传送带专题分析：物体从曲面冲上传送带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分两种情况分析解答：解：小物块从A点滑到传送带的过程中运用动能定理的：=

8、mgh解得：v0=3m/s设小物块返回传送带右端时的速度为v1，由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分两种情况讨论：当传送带的速度v3 m/s时，由匀变速直线运动的规律v2v02=2ax分析可知，物体的加速和减速运动的位移的大小相同，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，物体恰好能回到A点，故B正确，C错误；如果v3m/s，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，物体离开传送带滑上曲面时的速度为v且小于3m/s，根据动能定理可知小物块不能回到A点，

9、故A、D错误；故选：B点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动三解答题（共6小题）25（2014河西区二模）物体A的质量M=1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m=0.5kg、长L=1m某时刻A以v0=4m/s向右的初速度滑上木板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=0.2，取重力加速度g=10m/s2试求：（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变

10、速直线运动的位移与时间的关系专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：首先分析物体A和车的运动情况：A相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动开始阶段，A的速度大于车的速度，则A相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A相对于车静止，则当两者速度相等时，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出A与车相对于地的位移，两者之差等于A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离 要使A不从B上滑落，是指既不能从B的右端滑落，也不能左端滑落物体A不从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，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度

11、相等的条件，可求出此时F，为F的最小值物体A不从左端滑落的临界条件是A到达B的左端时，A、B具有共同的速度，可求出此时F的最大值，综合得到F的范围解答：解：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有Mg=MaA 得aA=g=2 m/s2木板B作加速运动，有F+Mg=maB，得：aB=14 m/s2两者速度相同时，有V0aAt=aBt，得：t=0.25sA滑行距离：SA=V0t=mB滑行距离：SB=m最大距离：s=SASB=0.5m（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：又：由、式，可得：aB=6m/s2 F=maBMg=1N若F1N，则A滑到B的右端时，

12、速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N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的左端滑落即有：F=（m+M）a，Mg=ma所以：F=3N若F大于3N，A就会相对B向左滑下综上：力F应满足的条件是：1NF3N答：（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为0.5m （2）要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件是1NF3N点评：牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件26（2013安徽）如图所示，质量为M、倾

13、角为的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态重力加速度为g（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；（3）求弹簧的最大伸长量；（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？考点：牛顿第二定律；胡克定律专题：压轴题；牛顿运动定律综合专

14、题分析：（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解；（2）简谐运动的回复力满足F=kx形式；（3）简谐运动具有对称性，先求解出振幅，然后确定最大伸长量；（4）当滑块处于任意位移x处时，能保持静止即可，对斜面体受力分析后根据平衡条件列式求解，然后将最大位移打入即可解答：解：（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有：mgsin=kx解得：故弹簧的长度为；（2）物体到达平衡位置下方x位置时，弹力为：k（x+x）=k（x+）；故合力为：F=mgsink（x+）=kx；故物体做简谐运动；（3）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使

15、其长度为l时将物块由静止开始释放，故其振幅为：A=；故其最大伸长量为：A+x=；（4）设物块位移x为正，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图根据平衡条件，有：水平方向：f+FN1sinFcos=0竖直方向：FN2MgFN1cosFsin=0又有：F=k（x+x），FN1=mgcos联立可得：f=kxcos，FN2=Mg+mg+kxsin为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有|f|FN2，所以当x=A时，上式右端达到最大值，于是有：答：（1）物块处于平衡位置时弹簧的长度为；（2）证明如上； （3）弹簧的最大伸长量为；（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足的条件为

16、：点评：本题关键是先对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列式分析；最后对斜面体受力分析，确定动摩擦因素的最小值，难题28（2012如皋市校级模拟）如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计取，求：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）小球放上P点后，木箱向右运动的最

17、大位移；（3）小球离开木箱时木箱的速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度解答：解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体

18、运动由，得小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：木箱向右运动的最大位移为：小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m（3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下木箱向左运动的加速度为设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：设木箱向左运动的时间为t2，则：由得：所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=2.81=2.8m/s点评：本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量29（2012四会市校级二模）光滑水平面上有一质量为M、长度为L的木板AB，在木板的中点有一质量为m的小木块，木板上表面是粗糙的，它与木块间的动摩擦因数为开始时两者均处于静止状态，现在木板的B端加一个水平向右的恒力F，则：（1）木板和木块运动的加速度是多大？（2）若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出