2014届物理一轮复习教学案-第二定律

第二定

【变式1】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 （）第二定律：物体加速度的大小跟作用力成，跟物体的质量成．加速度的方向与作用力方向．①表达式：F= ．②适用范围：只适用于参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系只适用于物体（相对于分子、原子、运动（远小单位制：①力学单位制：单位制由基本单位和导出单位共同组② （kg （s．③m/s2等．．的运动情况；由运动情况分析判断物体的受力情况，关系如图．． C．若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体必受力的作用D0在第二定律F=kma中，比例系数k的数 maFmaFθ=37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木F10Nm0.5kg，刷子可视为质点，1〗对【例1】如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的A．a1=a2=a3=a4= B．a1=a2=a3=a4=C．a1=a2=g，a3=0，a4=(m+M)g/MD．a1=g，a2=(m+M)g/M，a3=0，a4=(m+

2 3．3 ．3．3 ．3别为m、M，与木块两侧间的最大静摩擦力均为f．若木块不滑动，力F的最 （） C．2f(m+M)/M–(m+M)g D．2f(m+M)/M+(m＋M)g【变式2】如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小 （） C．24mg “A鱼”和“B鱼”，如图所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“BA鱼”竖⑴“A⑶“A鱼”与“B【变式3】质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2． 在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则 B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑1m2m的两个小球置于光滑水平面上，弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离

3m1.0kg的小铁块，它离布带右端L0.5mμ0.1a02m/s2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g10m/s2，求：？

C．L+

D．L+【2013高考．如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度 （A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度DB处C．从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之C．

D．1∶

【2013高考】如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水【2013江苏高考】如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1m2μg．,,

m0.75l时将物块由静止开始释放，且g．x表示物块相对于平衡位

l0.002m

应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦mαmαM4】如图（a）ABBC程中器记录到的力和时间的关系如（b）)所示已知sin37°0.6，cos37°0.8，g10m/s2．求BC1．根据第二定律，下列叙述正确的 2．如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹

如图所示，水平面上质量均为4kg的两木块A、B用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做加速度为5m/s2的匀加速直线运动．选定A的起始位置为坐标原点，g=10m/s2，从力F刚作用在木块A的瞬间到B刚好离开地面这个过程中，力F与木块A的位移x之间关系图象正确的是 （）如图所示，物块a放在竖直放置的轻弹簧上，物块b放在物块a上静止不动．当用力F使物块b竖随时间t变化规律的是 （）物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度） （）如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜ACαA端沿木板由静止滑下，αθ角的大小关系应为（）的大小为（单位为

A．α= B．α=

C．α=

D．α=

23 23

7kg14N5s5s A．8 25 B．2 25C．10 25 D．10 12.5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 A．A、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下

A．A球的加速度为 B．A球的加速度为C．B球的加速度为 D．B球的加速度为直墙相切于A点，竖直墙上另BM的连线和水平面的夹角为60°，C是圆轨道的圆心．已知在同一时刻，a、bA、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点． A．a球最先到达M B．b球最先到达MC．c球最先到达M D．c、a、b三球依次先后到达M力F1和F2，若F2=15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是（g＝10 A．3 B．25 C．30 D．50受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v–t图线如图 0～t1Ft1F用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g=10m/s2，则可以计算出 B．F14N时物体的速度某同学为了探究物体与斜面间的动m的物体使其在沿斜面方向的α30°g10m/s2，则由此可得（）A3kgBB

8N，Am12kg，Bm28kg，A、Bμ0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在BA、B向右运F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g=10m/s2．F0.3kga、b直线分别表示物体受水平拉力和不受水平v–tg=10m/s2．求：

1.0×103kg10s108km/h6.0×103N108km/h到停下来

37°l16mv10m/sμ0.5，在传Am0.5kgsin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：正比反比相同 惯性宏观低千克米力的作用，A0，C正0，D错误．CD；物理在确定物理量的数量关系的同时也确定了物理量单位的关系．第二定律的F=ma1：a∝F2：a∝m-1；综合两个结a∝F/mF∝maF=kmak为比例常数．如果选用合适的单位，k1．为此，对力的单位“N1kg1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N=1kg·m/s2．据此，F=kma中，如果各物理量都用国际单位（即F用N作单位、m用kg作单位、a用m/s2作单位)，则k=1．由此可见，F=kma中的比例常数k的数值，是由质maFk=1k都等于1，故选项A、BC、D正确．答案⑴2m ⑵2⑴刷子受力如图所示，对刷子沿斜面方向由第二定律得：Fsinθ–mgsinθ–Ff=垂直斜面方向上受力平衡，有：Fcosθmgcosθ其中Ff= 由以上三式得：a=2L=at2/2得：t=2所以由第二定律知a1=a2=g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上4mg3mgF，a30；由第二定律得4a4=(F+Mg)/M=(M+m)g/MC对．变式 B；平衡时，小球受到三个力：重力mg、木板AB的支持力FN和弹簧拉力受力情况如图所示．突然木板时，FN突然而其他力不变，因此FT与重力

2B50a，由F–50μmgcos30°–50mgsin30°=50ma；从整体中将第3、4、…、50共48个小物块出来进行受力分析，设第2个小物块对第3个小物块的作用力大小为FN，由第二定律FN–48μmgcos30°48mgsin3048maFN24F/25，由第三定律可知，第3个小块对第2个小物块作用力大小为24F/25，故B正确．例 ⑴“A鱼”在入水前做自由落体运动，有vA12–0= ①得 ⑵“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀运动，设加速度为aA，有F浮+fA-mg=maA ③0-vA12=–2aAhA ④由题意：F浮=10mg/9由②③④式得fA=mg(H/hA–1/9)⑤B鱼”的受力、运动情况与“AfBmg(H/hB1/9)⑥综合⑤、⑥两式，得fA：fB=hB(9H-hA)/[hA(9H-hB)]．1变式3设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤F后其加速度大小变为a2，则：a1t1=a2t2①有力F作用时对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示由第二定律可得：Fcosθ–mgsinθ–Ff1ma1Ff1=μFN1μ(mgcosθFsinθ)③撤去力F后，对物体受力分析如图所示．由第二定律得：–mgsinθ–Ff2=–ma2④Ff2=μFN2=μmgcosθ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得：a28m/s2，a15m/s2，μ0.25xa1t2/2a2t22/2=16.25m.．1C；设斜面的倾角为θ，根据第二定律，知物块沿斜面加速下滑时的加速度a=g(sinθ–μcosθ)>CA、B、D错误．预测1C；两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统进行受力分析，由第二定律可maL+F，Cggmg 2

2

2B；由“等时圆”模型结论有：tAP=tCP

，tPB=

gt1=tAP+tPB，t2=tCPF

cos30°

3mga=m

3g，B

tPBt1t2，B例2A；对木块M，受到两个静摩擦力f和重力Mg三个力而向上运动，由第二定律得木块不滑动am2fMg)/M①F和整体重力(m+M)g，由第二定律得F–(m+M)g=(m+M)a②代入最大加速度即得力F的最大值Fm=2f(m+M)/M，A项正确．

⑴砝码对纸板的摩擦力f1= 桌面对纸板的摩擦力f2=μ(m1+ f=f1+f2，解得f+ F–f1–f2= 发生相对运动a2a1F2μ(m1+1x1=at2/2d+x1=a2t12/2纸板抽出后，砝码在x2a3t22/2l=x1+x2a1=a3、a1t1=a3t3F=2μ[m1+(1+d/l)m2]g代入数据解得1预测3 ⑴设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为L+x，铁块滑动的加速度为a，由第二定律得：μmg=ma，a=μg=1m/s2，根据运动学有：L＋x=a0t2/2，x2Lat2/2，解得：2LmOMxαv=v0+at得铁块速度v=1×1m/s1mOMxαΔLmgsinαkΔL解得ΔL= 此时弹簧的长度为L+fαF xx+ΔL物块所受合力为F合=mfsinαfαF F合kxAL/4mgsinα)/k由对称性可知，L/4+(mgsinα)/kx为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面fFN1sinαFcosα=FN2MgFN1cosαFsinαFk(x+ΔL)、FN1=fkxcosα，FN2=Mg+mg+为使斜面体始终处于静止，结合第三定律，应有︱f︱≤μ≥︱f︱/μFN2=(k︱x︱cosα)/(MgmgxA[(kL4mgsinα)cosα]/(4Mg4mgcos2α

Ca、bmΔx=Fk(x0Δxmg=ma，即F=mg+ma(mgkΔx)=ma+k×at2/2CCF=maaFFtat图线变化趋势A、Baa是定值时，C正确，D错误．BACOA点DADA到D点重合即可，而∠COD=θ，则α=θ/2．BDF作用时，ABFF撤去，对AA球的合力为零，加速度为零，A、B项对．而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a=F/m，故C、D项对．gRg预测 ⑴分析滑块受力，如图所示，由第二定律得：a1gsinθ=6m/s2，通过图（b）可知滑块在斜面上运动的时

= g；B点在圆外，tb>1为：t1=1s，由运动学得：s=at2/2=31

tc

tctatb，C、DgN1′=N1=mgcosθ，木块对传感器m=2.5kggs=v1t2–a2t22=D；物体加速度的大小与质量和速度大小的乘积无关，A误；物体所受合力不为0，则a≠0，B项错误；加速度的大小与其所受的合力成正比，C误．CF作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向0，此时加速度最大．综上所述，A、B、D错误，C正确．

ACD；若物体向左做匀加速直线运动，根据第二定律可知：F2–F1–μG=ma>0，解得F1<5N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据第二定律可知：F1–F2–μG=ma>0，解得F1>25N，C、D正确．CD；0～t1F1Ffma1，a1减小，可知外力不断减小At1时刻的加速度为零，故外力大小等于摩擦力大小，B错；t1～t2时间内，物体做加速度增大的运动，若外力方向与物体运动方向相同，由Ff-F2=ma2，a2增大，可知外FfF3ma2，a2增大，可知外力逐渐增大逐渐0C、D对．F7N0.5m/s2F14N4m/s2F1μmgma1，F2μmgma2C、D正确；物体运动为变A； 第二定律F=ma 12，得出F=

=

14NBx=

t2

ABD；在0～2s由速度图象可得 Δv＝0.5m/s2，由速度图象可知，2s后匀速，合外力为零C；物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动．由第二定律和运动学得：a=F/m=2m/s2，v=at=10m/s，x=at2/2=25m．条件可得：对B球有F绳= 对A球有F弹=mg+F绳

推力大小等于阻力，故0～2s内的合外力F合＝21.5N－20N＝1.5N，由第二定律可得F 3a＝0.5kg＝3kg，故选项AF推＝mgsinα＋μmgcosα，代入数据可得：μ＝9＝m＝在细线烧断后，F绳立即，弹簧弹力及各球重力不变， 以选项B正确；撤去推力F后，物体先做匀运动到速度为零，之后所受合外力为F合＝m＝g；AF–mg=maAaA=g，方向C．

对，所以正确选项为A、B、

F合 10m/s2，故选项C错、6．A；设初始状态时，弹簧的压缩量为x0，弹簧劲度系数为k，木块的质量为m，则kx0=mg；力F作用在木块A上后，选取A为研究对象，其受到竖直向上的拉力F、竖直向下的重力mg和弹力k(x0–x)三个力的作用，根据第二定律，