2024版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用练习含解析新人教版

PAGE7-2024版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用练习含解析新人教版第2讲牛顿第二定律的基本应用一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．物块在1N的合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，如图所示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块的有关物理量大小的判断正确的是(D)A．质量为1kgB．经过坐标原点时速度为2m/sC．加速度为1m/s2D．加速度为0.5m/s2[解析]本题根据x­v2图像考查根据受力情况分析运动情况。根据图像求出解析式为x＝v2－2，与v2－veq\o\al(2,0)＝2ax对比可得a＝0.5m/s2，由F＝ma可得m＝2kg，由图像可看出x＝0时，veq\o\al(2,0)＝2m2/s2，则v0＝eq\r(2)m/s，D正确。2．(2018·全国卷Ⅰ，15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(A) A B C D[解析]设弹簧原长为L，物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma根据数学知识知F­x图像是截距为ma的一次函数图像。A正确。3．(2020·河北衡水中学调研)如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B、C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚被剪断的瞬间(D)A．物体B的加速度大小为gB．物体C的加速度大小为2gC．吊篮A的加速度大小为gD．吊篮A与物体C间的弹力大小为0.5mg[解析]本题考查牛顿第二定律的瞬时性。轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体B的加速度为0，A错误；吊篮A和物体C的加速度相同，取吊篮A和物体C为整体，则有a＝eq\f(3mg,2m)＝1.5g，B、C错误；取吊篮A为研究对象，则有a＝eq\f(mg＋N,m)＝1.5g，解得N＝0.5mg，D正确。4．如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处斜放一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系为(B)A．α＝θ B．α＝eq\f(θ,2)C．α＝2θ D．α＝eq\f(θ,3)[解析]如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。故将木板下端B点与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝eq\f(θ,2)。5．(2021·河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G。通过测量计算得此火箭发射时可提供大小为F＝2G的恒定推力，且持续时间为t。随后该小组又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行eq\f(t,2)时，火箭丢弃一半的质量，剩余eq\f(t,2)时间内，火箭推动剩余部分继续飞行。若采用原来的方式，火箭可上升的高度为H，则改进后火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化)(C)A．1.5H B．2HC．2.75H D．3.25H[解析]本题考查由受力求解运动的问题。采用原来的方式时，模型火箭加速上升过程中，由牛顿第二定律得F－G＝ma，解得a＝g，故火箭加速上升的高度h1＝eq\f(1,2)gt2，t时刻火箭的速度大小v＝at＝gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，火箭上升的高度h2＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(gt2,2g)＝eq\f(1,2)gt2，则H＝h1＋h2＝gt2。改为二级推进的方式后，火箭在前eq\f(t,2)时间内加速上升过程中，由牛顿第二定律得F－G＝ma1，解得a1＝g，eq\f(t,2)时间内火箭加速上升的高度H1＝eq\f(1,2)a1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,8)gt2，eq\f(t,2)时刻火箭的速度v1＝a1·eq\f(t,2)＝geq\f(t,2)；丢弃一半的质量后，由牛顿第二定律得F－eq\f(1,2)G＝eq\f(1,2)ma2，解得a2＝3g，后eq\f(t,2)时间内火箭加速上升的高度H2＝v1·eq\f(t,2)＋eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(5,8)gt2，t时刻火箭的速度v2＝v1＋a2eq\f(t,2)＝2gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，上升的高度H3＝eq\f(v\o\al(2,2),2g)＝eq\f(2gt2,2g)＝2gt2，则H′＝H1＋H2＋H3＝eq\f(1,8)gt2＋eq\f(5,8)gt2＋2gt2＝eq\f(11,4)gt2＝eq\f(11,4)H＝2.75H，故C正确。6．如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在屋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(AC)A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短[解析]设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ。雨滴的加速度为：a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，A正确；雨滴对屋顶的压力大小FN′＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得v＝eq\r(gLtanθ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。7．如图所示为跳伞者在下降过程中竖直速度v随时间t变化的示意图。根据示意图，判定下列说法正确的是(AD)A．0～t1时间内速度越大，空气阻力越大B．伞在水平方向上越飞越远C．tanθ＝g(g为当地的重力加速度)D．在t1和t2之间，跳伞者处于超重状态[解析]本题借助v­t图像考查超重和失重问题。v­t图像斜率代表加速度，0～t1时间内图像斜率变小，则加速度变小，由f＝mg－ma知，空气阻力变大，故A正确；图像反映的是竖直方向上的运动情况，无法观察水平运动情况，故B错误；斜率代表加速度，在加速下降过程有ma＝mg－f，加速度小于等于g，则tanθ≤g，故C错误；t1～t2时间内跳伞者减速下降，加速度向上，处于超重状态，故D正确。8．(2020·广东佛山月考)如图甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为μ。对物体施加水平向右、大小变化的外力F，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a随外力F变化的关系如图乙所示。物体不脱离斜面的条件是F≤20N，若重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出(ABD)A．物体的质量B．斜面倾角的正弦值C．物体运动6s时经过的位移D．加速度为6m/s2时物体对斜面的压力[解析]本题考查受力分析和牛顿第二定律的应用。对物体受力分析如图所示，设斜面的倾角为θ，当F＝0时，mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，a1＝2m/s2；当F＝20N时，Ff＝0，Fcosθ＋mgsinθ＝ma2，a2＝eq\f(40,3)m/s2，FN＝0，Fsinθ＝mgcosθ，联立解得μ＝eq\f(11\r(7),35)，m＝eq\f(6\r(7),7)kg，sinθ＝eq\f(3,4)，故A、B正确；由于物体的初速度及F随时间的变化情况未知，因此无法求解物体运动6s时经过的位移，故C错误；当a＝6m/s2时，可求得F＝eq\f(120,17)N，由FN＋Fsinθ＝mgcosθ，可得物体所受的支持力FN＝eq\f(165,17)N，则物体对斜面的压力F′N＝eq\f(165,17)N，故D正确。二、非选择题9．国产大飞机C919逃生系统打开后是一条倾斜的滑道，为了不造成二次伤害，乘客滑到地面的最大速度不能超过5eq\r(2)m/s。假设逃生口距地面的高度为4m，人与滑道之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求滑道打开后滑道的最小长度。[答案]5m[解析]本题可以看成斜面模型，如图：设滑道最短长度为x，此时滑道倾角为θ，乘客滑到地面时的速度v＝5eq\r(2)m/s，则有：sinθ＝eq\f(h,x)，cosθ＝eq\f(\r(x2－h2),x)设乘客质量为m，对沿滑道下滑的乘客受力分析可得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma对乘客的运动过程进行分析可得：v2＝2ax联立以上各式并代入数据可得x＝5m。10．如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6)，g取10m/s2。试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离。[答案](1)2.5m/s2(2)2.4m[解析](1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1解得a1＝2.5m/s2。(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s小球的位移x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.8m撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2解得a2＝7.5m/s2小球上滑时间t2＝eq\f(v1,a2)＝0.4s上滑位移x2＝eq\f(v1,2)t2＝0.6m则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4m。11．(2021·山东高考模拟)如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字)。[答案](1)tanθ≤0.30(2)57m[解析](1)当货车在避险车道停下后，有fm≥mgsinθ货车所受的最大摩擦力fm＝μN＝μmgcosθ联立可解得tanθ≤0.30。(2)货车在避险车道上行驶时a＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝5.51m/s2货车的初速度v0＝25m/s则货车在避险车道上行驶的最大距离为x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)≈57m。第2讲牛顿第二定律的基本应用知识点1两类动力学问题1．动力学的两类基本问题：第一类：已知受力情况求物体的运动情况；第二类：已知运动情况求物体的受力情况。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，具体逻辑关系如图：思考：如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x。(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。[答案](1)匀减速直线运动，能，加速度大小为eq\f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2x)，方向与运动方向相反。(2)三个力作用，摩擦力大小为eq\f(mv\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2x)，方向与运动方向相反。知识点2超重与失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关。(2)视重：①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2．超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重现象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(或对于悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝ma＝mgF＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升双基自测一、堵点疏通1．已知物体受力情况，求解运动量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。(√)2．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(×)3．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。(×)4．加速上升的物体处于超重状态。(√)5．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)6．根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×)二、对点激活1．(2021·福建长乐高级中学月考)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是(C)A．在第一过程中，运动员始终处于失重状态B．运动员接触床面时的速度最大C．在第二过程中，运动员的速度先增大后再减小D．运动员离开床面后处于超重状态[解析]本题考查蹦床运动中的超重和失重问题。区分超重和失重看加速度的方向，加速度方向向下，物体处于失重状态，此时有两种运动状态，加速下降或减速上升；加速度方向向上，物体处于超重状态，此时有两种运动状态，加速上升或减速下降。运动员从接触床面到下降至最低点的第一过程中，加速度方向先向下后向上，所以运动员先处于失重状态后处于超重状态，当弹力等于运动员的重力时运动员的速度最大，A、B错误。从最低点上升到离开床面的第二过程中，运动员的加速度方向先向上后向下，运动员先处于超重状态后处于失重状态，先做加速运动后做减速运动，C正确。运动员离开床面后，加速度方向向下，处于失重状态，D错误。2．(多选)如图所示，质量为m＝1kg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10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(g取10m/s2)(BC)A．物体经10s速度减为零B．物体经2s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＝μFN＝μmg＝3N，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(2＋3,1)m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,5)s＝2s，B正确，A错误；减速到零后，物体将保持静止，不再运动，C正确，D错误。3．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。若乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s，在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)(C)A．450N B．400NC．350N D．300N[解析]汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq\f(v0－0,t)＝5m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一应用牛顿第二定律分析瞬时问题两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：例1(多选)如图，质量相等的A、B两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间(CD)A．两图中每个小球加速度均为gsinθB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2gsinθD．图乙中B球的加速度为gsinθ[解析]本题考查瞬时性问题。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，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2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ。故A、B错误，C、D正确。名师点拨“四步骤”巧解瞬时性问题第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。〔变式训练1〕如图所示，A，B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A，B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2恰能水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(D)A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1︰1B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1︰cos2θC．A与B的加速度之比为1︰1D．A与B的加速度之比为cosθ︰1[解析]根据题述可知，L2剪断之前，A，B两球的受力情况完全一样，A，B两球的质量相等，均设为m。剪断细绳L2瞬间，对A球受力分析，如图(甲)所示，由于细绳L1的拉力突变，将重力mg沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解，得FT＝mgcosθ，ma1＝mgsinθ；剪断细绳L2瞬间，对B球进行受力分析，如图(乙)所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有Fcosθ＝mg，ma2＝mgtanθ，所以FT︰F＝cos2θ︰1，a1︰a2＝cosθ︰1，则D正确。考点二超重与失重现象1．判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态。2．易错、易混点拨(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。例2在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是(D)A．只有“起立”过程，才能出现失重现象B．只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重现象[解析]下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A，B，C错误，D正确。名师点拨超重和失重现象判断的“三”技巧(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重；②物体向下加速或向上减速时，失重。〔变式训练2〕某人在地面上最多可举起50kg的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60kg的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10m/s2)(D)A．2m/s2竖直向上 B．eq\f(5,3)m/s2竖直向上C．2m/s2竖直向下 D．eq\f(5,3)m/s2竖直向下[解析]由题意可知，在地面上，人的最大举力为Fmax＝mg＝500N，在电梯中人能举起60kg物体，物体一定处于失重状态，对60kg的物体：m′g－Fmax＝m′a，即a＝eq\f(600－500,60)m/s2＝eq\f(5,3)m/s2，所以选项D正确。考点三动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路类型1已知物体受力情况，分析运动情况例3飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力、竖直向上的机翼升力、发动机推力、空气阻力、地面支持力和轮胎与地面之间的摩擦力作用。其中机翼升力与阻力均与飞机运动的速度的二次方成正比，且比例系数分别为k1和k2，地面的摩擦力与地面支持力成正比。已知飞机质量为m，飞机在跑道上加速滑行时发动机推力为F＝eq\f(mg,4)。(1)飞机刚要起飞时的速度v多大？(2)若飞机在水平跑道上匀加速滑行，则地面的摩擦力与地面支持力成正比的比例系数μ应满足什么条件？(3)若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞，跑道的长度至少多大？[解析](1)根据题意有飞机离开跑道时，飞机的升力与重力平衡，故有mg＝F升＝k1v2解得飞机起飞时的速度为v＝eq\r(\f(mg,k1))。(2)设轮胎和地面之间的等效动摩擦因数为μ，得飞机水平方向受推力F、地面摩擦力F地阻和空气阻力F空阻作用，根据牛顿运动定律，合力使飞机产生加速度有F－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma要使飞机做匀加速运动，故可知μk1v2－k2v2＝0即满足μ＝eq\f(k2,k1)。(3)匀加速运动的加速度为a＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－μ))g起飞的条件为F支＝0，即k1v2＝mg由匀加速运动关系式为v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝eq\f(v2－02,2a)＝eq\f(2m,k1－4k2)。[答案](1)eq\r(\f(mg,k1))(2)μ＝eq\f(k2,k1)(3)eq\f(2m,k1－4k2)名师点拨解决动力学两类基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。类型2已知物体运动情况，分析受力情况例4如图所示，质量M＝10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面的动摩擦因数μ＝0.2。在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m＝1.0kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x＝1m时，其速度v＝2m/s，在这过程中木楔没有动。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1；(2)地面对木楔的摩擦力大小与方向。[解析](1)由v2＝2ax，得a＝2m/s2对物块由牛顿第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma，得μ1＝0.5。(2)以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出受力图如图。(m＋M)g－N＝may，f＝max，ax＝acosθ，ay＝asinθ，解得N＝108.8N，f＝1.6N，方向水平向左。[答案](1)0.5(2)1.6N，方向水平向左〔变式训练3〕如图所示，足够长的斜面倾角θ＝37°，一个物体以v0＝12m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；(2)物体沿斜面上滑的最大距离x；(3)物体沿斜面到达最高点后返回时的加速度大小a2；(4)物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t。[答案](1)8m/s2(2)9m(3)4m/s2(4)eq\f(3\r(2)＋1,2)s[解析](1)物体沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝8m/s2(2)物体沿斜面上滑，有：veq\o\al(2,0)＝2a1x解得x＝9m(3)物体沿斜面返回时，有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝4m/s2(4)物体沿斜面向上运动时，有v0＝a1t1物体沿斜面向下运动时，有x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)则t＝t1＋t2＝eq\f(3\r(2)＋1,2)s。考点四牛顿运动定律与图像结合问题(1)明确常见图像的应用方法，如下表：v－t图像根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力F－a图像首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量a－t图像要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程F－t图像要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质(2)图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图像的类型，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图像解决问题一般包含两个角度：①用给定的图像解答问题；②根据题意作图，用图像解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系。例5如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v－t图像)如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)在0～2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。[解析](1)在0～2s内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m物块下滑的距离：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m所以位移大小：x＝x1－x2＝0.5m路程：L＝x1＋x2＝1.5m。(2)由题图乙知，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大小：a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－2,1－0.5)))m/s2＝4m/s2设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有0～0.5s内：F－Ff－mgsinθ＝ma10．5～1s内：Ff＋mgsinθ＝ma2解得F＝8N。[答案](1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG等时圆模型1．模型的两种情况(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圆环上所用时间相等，如图乙所示。2．模型的分析思路例6如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，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之比为(B)A．2︰1 B．1︰1C．eq\r(3)︰1 D．1︰eq\r(3)[解析]设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsinθ，由几何关系，斜槽轨道的长度x＝2(R＋r)sinθ，由运动学公式x＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×2R＋rsinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R＋r,g))，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确。反思总结：本题符合等时间圆模型，可直接套结论解题。〔变式训练4〕如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(B)A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系[解析]对于AM段，位移x1＝eq\r(2)R，加速度a1＝eq\f(mgsin45°,m)＝eq\f(\r(2),2)g，根据x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)得，t1＝eq\r(\f(2x1,a1))＝eq\r(\f(4R,g))；对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin60°＝eq\f(\r(3),2)g，由x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\r(\f(2x2,a2))＝eq\r(\f(8R,\r(3)g))。对于CM段，设CM与x轴夹角为θ，则有t3＝eq\r(\f(2x3,a3))＝eq\r(\f(2·2Rsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(4R,g))。故B正确。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2019·全国卷Ⅲ，20)(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出(AB)图(a)图(b)图(c)A．木板的质量为1kgB．2s～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[解析]木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图(c)知，2s～4s内，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2设木板质量为m据牛顿第二定律，对木板有：2s～4s内：F－F摩＝ma14s以后：F摩＝ma2且知F摩＝μmg＝0.2N解得m＝1kg，F＝0.4N，μ＝0.02，选项A、B正确，D错误。0～2s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。2．(2019·海南单科)如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀速直线运动，轻绳的张力大小为(D)A．F－2μmg B．eq\f(1,3)F＋μmgC．eq\f(1,3)F－μmg D．eq\f(1,3)F[解析]对整体进行受力分析：F－μ·3mg＝3ma，对P进行受力分析：T－μmg＝ma，联立解得轻绳的张力大小为T＝eq\f(F,3)，故A、B、C错误，D正确。3．(2020·四川绵阳模拟)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A，B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A，B两球都静止不动，A，B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A，B两球的加速度分别为(D)A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0C．aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D．aA＝2eq\r(3)g，aB＝0[解析]以A，B球整体作为研究对象，A处于静止状态，受力平衡，由平衡条件得细线拉力FT＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，A球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得aA＝eq\f(2\r(3)mg,m)＝2eq\r(3)g，B球的受力情况不变，则加速度仍为0，故D正确。4．(2020·浙江7月选考)如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的eq\f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。[答案](1)0.125m/s2竖直向下(2)1m/s(3)40m[解析](1)牛顿第二定律mg－FT＝ma得a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2。竖直向下(2)运动学公式v＝at2＝1m/s。(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26m匀减速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝4m总位移h＝40m。5．(2020·山东卷，16)单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。[答案](1)4.8m(2)12m[解析](1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin72.8° ①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°＝ma1 ②由运动学公式得d＝eq\f(v\o\al(2,1),2a1) ③联立①②③式，代入数据得d＝4.8m。 ④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得v2＝vMcos72.8° ⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°＝ma2 ⑥设腾空时间为t，由运动学公式得t＝eq\f(2v1,a1) ⑦L＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2 ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12m。 ⑨第3讲牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2020·浙江杭州月考)如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑。当在绳的B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，物体A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是(C)A．a1＝a2 B．a1>a2C．a1<a2 D．无法确定[解析]本题考查牛顿第二定律的简单应用。当在绳的B端挂一质量为m的物体时，取两个物体为研究对象，物体A的加速度大小a1＝eq\f(mg,M＋m)，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，物体A的加速度大小a2＝eq\f(mg,M)，所以a1<a2，C正确。2．如图所示，将两个质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg的物体A、B置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在A、B上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是(D)A．弹簧测力计的示数是25NB．弹簧测力计的示数是50NC．在突然撤去F1的瞬间，A的加速度大小为13m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为7m/s2[解析]本题考查通过弹簧测力计连接的连接体问题。以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度大小为a＝eq\f(F1－F2,m1＋m2)＝eq\f(30－20,1＋4)m/s2＝2m/s2，方向水平向右；设弹簧测力计的拉力大小是F，以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F＝m1a，则F＝F1－m1a＝28N，A、B错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，B不再受F2的作用，B受的合力等于弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知，B的加速度大小为a2＝eq\f(F,m2)＝eq\f(28,4)m/s2＝7m/s2，在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律可知A的加速度大小为a1＝eq\f(F,m1)＝eq\f(28,1)m/s2＝28m/s2，C错误，D正确。3．(2021·福建泉州泉港一中月考)如图所示，bc是固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块A中心穿过横杆，A通过细线悬吊着质量为m的小物体B，当小车在水平地面上运动的过程中，A始终未相对杆bc移动，A、B与小车保持相对静止，悬线与竖直方向的夹角为α。则A受到杆bc的摩擦力为(A)A．大小为(M＋m)gtanα，方向水平向右B．大小为Mgtanα，方向水平向右C．大小为(M＋m)gtanα，方向水平向左D．大小为Mgtanα，方向水平向左[解析]本题考查牛顿第二定律的应用。先取小物体B为研究对象，受力分析如图所示，则有F合＝mgtanα，由牛顿第二定律可得a＝eq\f(F合,m)＝gtanα，再取A、B整体为研究对象，则有f＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，方向水平向右，A正确。4．(2021·河北衡水中学调研)在光滑水平面上有一辆小车A，其质量mA＝2.0kg，在小车上放一个物体B，其质量mB＝1.0kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为(C)A．2.0N B．3.0NC．6.0N D．9.0N[解析]本题考查板块模型中牛顿第二定律的应用。题图甲中，设A、B间的静摩擦力达到最大值Fmax时，系统的加速度为a。根据牛顿第二定律，对A、B整体，有F＝(mA＋mB)a，对A，有fmax＝mAa，代入数据解得fmax＝2.0N。题图乙中，设A、B刚要相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象，有fmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0N，故C正确。5．(2021·广东深圳中学模拟)两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是(C)A．A、B分离前所受合外力大小与时间的平方t2成线性关系B．分离时弹簧处于原长状态C．在t＝eq\r(\f(2m,k))时刻A、B分离D．分离时B的速度大小为eq\r(\f(m,4k))g[解析]本题考查弹簧作用下叠加体的受力和运动分析。A、B分离前两物块做匀加速运动，所受合外力大小不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝eq\f(1,2)at2，解得x1＝eq\f(2mg,k)，x2＝eq\f(3mg,2k)，t＝eq\r(\f(2m,k))，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度v＝at＝eq\f(1,2)g·eq\r(\f(2m,k))＝eq\r(\f(m,2k))g，选项D错误。6．在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t＝0时刻受一与运动方向相反的恒力F＝4N的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v­t图像如图所示，已知g＝10m/s2，由图可知下列说法正确的是(AD)A．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2B．物体最后回到t＝0时刻的位置C．F的作用时间为1sD．物体的质量为1kg[解析]本题借助v­t图像考查多过程问题。由于0～1s内物体沿正方向做减速运动，1～2s内沿负方向做加速运动，2～3s内沿负方向做减速运动，则可知拉力是在2s末撤去的，拉力F的作用时间为2s，在2～3s内物体的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，摩擦力大小μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正确，C错误；由题图知，0～1s内物体沿正方向运动，位移x1＝eq\f(1,2)×6×1m＝3m,1～3s内沿负方向运动，位移x2＝eq\f(1,2)×(3－1)×2m＝2m，则知3s末物体到出发点的距离x＝x1－x2＝1m，故B错误；在0～1s内物体沿正方向运动，根据图像可得，加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(6,1)m/s2＝6m/s2，根据牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma1，解得物体的质量m＝1kg，故D正确。7．(2020·河南郑州一中摸底)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。由静止释放物块A、B后(AC)A．相同时间内A、B运动的路程之比为2︰1B．物块A、B的加速度之比为1︰1C．轻绳的拉力为eq\f(6mg,7)D．当B下落高度h时，速度为eq\r(\f(2gh,5))[解析]本题考查加速度不同的连接体问题。根据动滑轮的特点可知，相同时间内，A、B运动的路程之比为2︰1，选项A正确；根据s＝eq\f(1,2)at2可知，物块A、B的加速