当前位置:首页 >> 高中教育 >>

高考总复习牛顿第二定律、两类动力学问题


(对应学生用书P43)

一、牛顿运动定律(Ⅱ)
1.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:F=ma. (3)物理意义 反映了物体运动的加速度与合外力的关系,且这种关系是瞬时对 应的.

(4)适用范围 ①牛顿第二定律只适用于惯性参考系

(相对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 ) 、低速运 动(远小于光速)的情况.

Δv F 问题探究1 公式a= 和a= 有什么区别? m Δt
[提示] 公式 a= F 是加速度的决定式, a与 F和 m有正反比关系; m

Δv 而公式 a= 是加速度的定义式,a与 Δv和 Δt无关. Δt

2.两类动力学问题 牛顿第二定律将物体的运动情况和受力情况联系起来. (1)已知物体的受力情况,求物体的运动情况. (2)已知物体的运动情况,求物体的受力情况. 3.单位制 (1)单位制 由基本单位和导出单位一起构成单位制. ①基本单位

人为选定的基本物理量的单位.
在力学中,选定长度、时间和质量三个物理量的单位为基本单 位.在物理学中共有七个基本单位.

②导出单位 根据物理公式中其他物理量和基本物理量的关系,推导出的物理 量的单位. (2)在中学阶段国际单位制中的基本物理量和基本单位
物理 量名称 长度 质量 时间 物理 量符号 l m t 单位 名称 米 千克 秒 单 位符号 m kg s

电流 热力 学温度
物质 的量

I T
n

安 [培 ] 开 [尔 文]
摩 [尔 ]

A K
mol

问题探究2 在计算时,各物理量单位应如何计算? [ 提示 ] 在计算的时候,如果所有的已知量都用同一种单位制中 的单位来表示,那么,只要正确地应用物理公式,计算的结果就总是用 这个单位制中的单位来表示,而在计算过程中不必所有的物理量都带单 位.

(对应学生用书P44) 要点一 1.矢量性 牛顿第二定律的公式是矢量式,任一瞬间, a 的方向均与 F合 方向 相同,当F合方向变化时,a的方向同时发生变化,且始终保持相同,F合 与 a 的同向性是我们根据受力判断运动和根据运动判断受力的重要依 据. 对牛顿第二定律的理解

2.瞬时性 加速度与力有瞬时的对应关系. F 合 = ma 中的 a 为任一瞬时 F 产生 的加速度,对同一物体,力一旦发生改变,对应的加速度也同时改变, 由于力可以突变,所以加速度也可以突变,应注意力的瞬间效果是加速 度而不是速度. 3.独立性 当物体同时受到几个力作用,每个力都使物体在该力方向产生一 个加速度,如同其它力不存在一样,物体的实际加速度是几个加速度的

矢量和.

4.同一性 (1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面). (2)F=ma中,F、m、a对应同一物体或同一系统. (3)F=ma中,各量统一使用国际单位制单位.

(2011·哈尔滨模拟 )如右图所示,一轻质弹簧一端系在墙上的 O点, 然后释放,小物体能运动到C点静止,物体与水平地面间的动摩擦因数 恒定.下列说法正确的是( ) A.物体从A到B速度越来越大,从B到C速度越来越小 B.物体从A到B速度越来越小,从B到C加速度不变 C.物体从A到B先加速后减速,从B到C一直减速运动

另一端连接小物体,弹簧自由伸长到B点,让小物体m把弹簧压缩到A点,

D.物体在B点受合外力为零

[思路诱导 ] 定的.

(1)速度增大或减小是由加速度与速度的方向关系决

(2)加速度增大或减小是由物体m所受的合外力的变化决定的. [解析] 设弹簧的压缩量为x.由牛顿第二定律可知,kx-μ mg=m

a.随x的变小,物体的加速度逐渐变小,但开始阶段,a、v同向,物体 速度增大,当kx=μ mg时,a=0,此时弹簧处于压缩状态,物体还未到 达B点,之后a反向增大,物体向右减速,直到C点,物体至B点时,仍有 合外力μ mg,故只有C正确,A、B、D均错误.
[答案] C

(1)分析物体运动时,要养成科学分析的习惯,即将这一过程划分 为几个不同的过程,中间是否存在转折点,找到了转折点就可以知道物 体的前后过程是怎样运动的了. (2) 这一类动态分析的题是难点,又是 重点,要在分析受力上下功夫,同时要特别注意转折点上物体的速度方 向(因为它是下一阶段的初始条件 ).(3)弹簧这种能使物体受力连续变化 的模型,在物理问题中经常遇到,因此要重点掌握.

要点二 1.基本方法

解决动力学两类问题的基本方法和步骤

(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点,如果是比较复 杂的问题,应该明确整个物理现象是由几个物理过程组成的,找出相邻 过程的联系点,再分别研究每一个物理过程. (2)根据问题的要求和计算方法,确定研究对象,进行分析,并画 出示意图.图中应注明力、速度、加速度的符号和方向.对每一个力都 应明确施力物体和受力物体,以免分析力时有所遗漏或无中生有.

(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解,通常先用表示物理量的
符号运算,解出所求物理量的表达式来,然后将已知物理量的数值及单 位代入,通过运算求结果.应事先将已知物理量的单位都统一采用国际

单位制中的单位.

(4)分析流程图

2.应用牛顿第二定律的解题步骤 (1)明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便,选出被研究的 物体. (2)分析物体的受力情况和运动情况,画好受力分析图,明确物体 的运动性质和运动过程. (3)选取正方向或建立坐标系,通常以加速度的方向为正方向或以 加速度方向为某一坐标轴的正方向. (4)求合外力F合.

(5) 根据牛顿第二定律 F 合 = ma 列方程求解,必要时还要对结果进
行讨论.

(1)加速度起到了力和运动间的 “桥梁”作用,即无论哪类动力学 问题,分析时都要“经过”加速度. (2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始情况共同决定.

(2011·济南模拟 )航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量 m =2 kg,动力系统提供的恒定升力 F=28 N.试飞时,飞行器从地面由 静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g取10 m/s2. (1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8 s时到达高度H=64 m.求飞行 器所受阻力Ff的大小; (2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6 s时遥控器出现故障,飞行器立 即失去升力.求飞行器能达到的最大高度h.

[解析]

1 2 (1)由 H= at 得: a= 2 m/s2 2

由 F- Ff- mg= ma得: Ff= 4 N (2)前 6 s向上做匀加速运动 最大速度: v= at= 12 m/s 1 上升的高度: h1= at2= 36 m 2 然后向上做匀速减运动 Ff+ mg 加速度 a2= = 12 m/s2 m v2 上升的高度 h2= = 6 m 2a2 所以上升的最大高度: h= h1+ h2= 42 m

[答案]

(1)4 N

(2)42 m

(对应学生用书P44)
题型一 应用牛顿第二定律求瞬时加速度

求瞬时加速度的关键是要分析瞬时前后的受力情况.尤其是对瞬
时前的受力情况的分析是很多同学容易忽视的,应当引起注意.另外此 类问题应注意两种基本模型的建立.

(1)钢性绳 (或接触面 ):认为是一种不发生明显形变就能产生弹力
一般题目中所给细线和接触面在不加特殊说明时,均可按此模型处理.

的物体.若剪断(或脱离)后,其中弹力立即消失,不需要形变恢复时间,

(2)弹簧 (或橡皮绳 ):此种物体的特点是形变量大,形变恢复需要 较长时间,在瞬时问题中,其弹力的大小往往可以看成不变.这种认为 法的前提是弹簧的两端都与其它物体相连.若弹簧一端突然被剪断而脱 离物体.我们仍认为是弹力瞬间变为零.

例1

(2011·广东外国语学校模拟)在动摩擦因数μ=0.2的水平面上

有一个质量为m=1 kg的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45 °角的不可伸长的轻绳一端相连,如右图所示.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g=10 m/s2.求: (1)此时轻弹簧的弹力大小; (2)小球的加速度大小和方向; (3)在剪断弹簧的瞬间小球的加速度的大小.

[思路诱导]

(1)分析剪断轻绳前小球的受力;

(2)当其他力变化时,弹簧的弹力不能在瞬间发生变化; (3)当其他力变化时,细绳上的拉力可以在瞬间发生变化.

[尝试解答] 衡条件得

(1)水平面对小球的弹力为零,小球在绳没有断时受

到绳的拉力 FT、重力 mg和弹簧的弹力 FN作用而处于平衡状态,依据平 竖直方向有: FTcosθ= mg, 水平方向有: FTsinθ= FN, 解得弹簧的弹力为: FN= mgtanθ= 10 N (2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡,水平面支持力与重力平衡 FN′= mg, 由牛顿第二定律得小球的加速度为: FN- μFN′ a= = 8 m/s2,方向向左. m (3)在剪断弹簧的瞬间,小球立即受地面支持力和重力,且二力平 衡,加速度为 0.

[答案]

(1)10 N

(2)8 m/s2

方向向左

(3)0

利用牛顿第二定律求瞬时加速度时,关键是分析此时物体的受力 情况,同时注意细绳和弹簧的区别.

(2011·佛山质检)“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是弹性极 好的橡皮绳.质量为m的小明如图静止悬挂时,两橡皮绳的拉力大小均 恰为mg,若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂,则小明此时( A.速度为零 B.加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下 C.加速度a=g,沿未断裂橡皮绳的方向斜向上 D.加速度a=g,方向竖直向下 )

[解析]

橡皮绳断裂时速度不能发生突变,A正确;两橡皮绳的拉

力大小均恰为mg,可知两橡皮绳夹角为120°,小明左侧橡皮绳在腰间 断裂时,弹性极好的橡皮绳的弹力不能发生突变,对小明进行受力分析 可知B正确,C、D错误. [答案] AB

题型二

动力学中的图象问题

图象能形象地表达物理规律,鲜明地表示物理量间的关系.利用 函数图象分析物理问题,可使分析过程更巧妙、更灵活.动力学中常见 的有v-t图象、x-t图象、F-t图象、F-a图象等,解决图象问题的关 键在于看清图象的纵、横坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是 否从零开始,理解图象的物理意义,能够抓住图象的一些关键点,如斜 率、截距、面积、交点、拐点等,判断物体的运动情况或受力情况,再

结合牛顿运动定律求解.

例2

(2011·新课标全国卷 ) 如图,在光滑水平面上有一质量为 m1

的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的 最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间 t 增大的水平 力 F= kt(k 是常数 ) ,木板和木块加速度的大小分别为 a1和 a2. 下列反映 a1 和a2变化的图线中正确的是( )

[思路诱导 ] 变化?
[尝试解答]

m1与 m2什么时候开始相对滑动?滑动后摩擦力如何

本题中开始阶段两物体一起加速运动 F= (m1+ m2)a,

两物体加速度相同且与时间成正比.当两物体间的摩擦力达到 μm2g 后 两者开始相对滑动. 对木块有 F- f= m2a2, 在相对滑动之前 f 逐渐增大, 相对滑动后 f= μm2g 不再变化, 故图象斜率增大; 而对木板相对滑动后, μm2g 有 μm2g= m1a1,故 a1= 为定值.故 A 选项正确. m1

[答案]

A

分析图象问题时常见的误区 (1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位. (2)不注意坐标原点是否从零开始. (3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义. (4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析.

(2010·安徽 )质量为 2 kg的物体在水平推力 F的作用下沿水平面做 求: (1)物体与水平面间的动摩擦因数μ. (2)水平推力F的大小. (3)0~10 s内物体运动的位移.

直线运动,一段时间后撤去F,其运动的v-t图象如图所示.g取10 m/s2,

[解析]

(1)设物体做匀减速直线运动的时间为 Δt2、初速度为 v20、

v20- v2t 末速度为 v2t、加速度大小为 a2,则 a2= Δt2 设物体所受的摩擦力为 Ff,根据牛顿第二定律有 Ff= ma2,而 Ff = μmg 联立可得 μ= 0.2. (2)设物体做匀加速直线运动的时间为 Δt1,初速度为 v10、末速度为 v1t- v10 v1t、加速度大小为 a1,则 a1= = 1 m/s2.根据牛顿第二定律,有 F Δt1 - Ff= ma1 则 F= μmg+ ma1= 6 N.

(3)根据 v- t 图象与坐标轴围成的面积,得 0~10 s 内物体的位移 v10+ v1t 1 x= ×Δt1+ v20×Δt2= 46 m. 2 2

[答案]

(1)0.2

(2)6 N

(3)46 m

题型三 (1)合成法

用牛顿第二定律解题常用方法

若物体只受两个力作用而产生加速度时,应用力的合成法较简 单.注意合外力的方向就是加速度的方法,解题时只要知道合外力的方 向,就可知道加速度的方向,反之亦然.在解题时要准确作出力的平行 四边形,运用几何知识进行求解. (2)正交分解法

所谓正交分解法是指把一个矢量分解在两个相互垂直的坐标轴上
的方法. 正交分解法是一种常用的矢量运算方法.其实质是将复杂的矢量

运算转化为简单的代数运算,从而简捷方便地解答问题.

正交分解法是解牛顿运动定律题目的最基本方法,物体在受到三个 或三个以上不在同一直线上的力的作用时一般都用正交分解法. 表示方法:
? ?Fx= F1x+ F2x+ F3x+ ? ? ? ?Fy= F1y+ F2y+ F3y+ ?

为了减少矢量的分解, 在建立坐标系时要尽量使较多的矢量落在坐 标轴上,确定 x 轴正方向一般有两种方法: ①分解力而不分解加速度, 此法应规定加速度的方向为 x 轴正方向. ②分解加速度而不分解力. 此法一般是以某个力的方向为 x 轴正方 向,其他力都落在两个坐标轴上而不需要分解.

例3 摩擦力.

(10 分 )如右图所示,质量为 m的人站在自动扶梯上,扶梯正

以加速度a向上减速运动,a与水平方向的夹角为 θ,求人受的支持力和

[ 解题样板 ]

利用牛顿定律解题时,基本思路是相同的,即先确

定研究对象,再对其进行受力分析,最后列方程求解. 解法一:以人为研究对象,他站在减速上升的电梯上,受到竖直 由于物体斜向下的加速度有一个水平向左的分量,故可判断静摩擦力的 方向水平向左,人受力如下图 (左)所示,建立如图所示的坐标系,并将 加速度分解为水平加速度ax和竖直加速度ay,如下图(右)所示.

向下的重力 mg 和竖直向上的支持力 FN,还受到水平方向的静摩擦力 Ff,

则ax=________(2分) ay=________(2分) 由牛顿第二定律得Ff=max(2分) ________=may(2分) 求得Ff=macosθ FN=m(g-asinθ)(2分) 解法二:以人为研究对象,受力分析如图所示.请分解力而不分 解加速度重新解此题 因摩擦力 Ff为待求,且必沿水平方向,设为水平向右,建立图示

坐标系,并规定正方向,
根据牛顿第二定律得 x方向:

________=ma①(3分)

y方向: ________=0②(3分) 由①②两式解得 FN=m(g-asinθ)(2分) Ff=-macosθ(2分) Ff 为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为水平向 左. [答案] 解法一:acosθ asinθ mg-FN

解法二:mgsinθ-FNsinθ-Ffcosθ
mgcosθ+Ffsinθ-FNcosθ

通过本例我们可以得到三点启示: (1)第二种解法中,分解力而不 分解加速度.同时沿斜面方向应用牛顿第二定律,而垂直斜面方向人是 处于平衡状态的 ,故应用平衡条件 ( 合力为零 ) ,这是惯用的思维方 法.但本例我们通过分析可知,人受的力都沿正交方向,解法二中分解 力就不如解法一中分解加速度简捷,希望总结规律,灵活运用. (2) 解 法二中,在不知摩擦力方向的情况下,先假定它沿某一方向,设定正方 向后,通过计算来确定其方向,在预先很难判定某力的方向时, (注:

其它力方向已知),这种思维方法也是经常采用的.

(3)解法一中,应用了力的独立作用原理,即“哪个方向上的力就 产生哪个方向上的加速度,只改变该方向上的运动状态,”基于这种思 维方法,我们先判断出了摩擦力的方向,然后在水平和竖直两个方向上 是我们应多加运用、熟练掌握的重要方法.

分别应用牛顿第二定律.这种在正交方向上分析受力和运动情况的方法,

如图所示.一静止斜面 MN与水平面的倾角 α=30°,斜面上有一 质量为 m的小球P,Q是一带竖直推板的直杆,其质量为3m.现使竖直杆 Q以水平加速度a=0.5g水平向右匀加速直线运动,从而推动小球P沿斜 面向上运动.小球P与直杆Q及斜面之间的摩擦均不计,直杆Q始终保持 竖直状态,求该过程中: (1)小球P的加速度大小; (2)直杆Q对小球P的推力大小.

[解析]

对小球 P 进行受力分析,受力图如图所示,根据牛顿第二 a 3 = g, FN1 cos30° 3

定律可得 FN1- FN2sin30° = max, FN2cos30° - mg= may, ax= a= 0.5g, ay= atan30° , aPcos30° = a,联立以上各式解得 aP= 3+ 2 = mg. 3

[答案]

3 (1) g 3

3+ 2 (2) mg. 3

(对应学生用书P46) 易错点1:考虑问题不全面引起失分 (2011· 广东省梅州市摸底考试 )如图所示,质量为 1 kg 的匀质滑块

静止在光滑水平面上,大小恒为1 N的力F作用于滑块的重心上,开始时
F为水平方向,并以重心为轴在竖直平面内逆时针方向匀速转过 180°后 立即撤去,则在整个过程中( B.滑块运动的位移为零 C.滑块在每一时刻所受的合力都不为零 )

A.力F撤去后,滑块向左匀速运动

D.滑块先做加速运动后做减速运动

[ 易错分析 ] [正确解答]

本题属于解题思考不全面引起的失分,没有具体思 因在整个过程中滑块始终在光滑水平面上运动,F在

考物体运动方向,误认为受力情况对称,物体位移就为零,从而错选B.

竖直平面内逆时针方向匀速转过 180°过程中,其水平分力产生加速度, 根据对称性,滑块一直向右运动,且先做加速运动后做减速运动,撤去 时速度为0.所以本题正确答案为D.

(2011·山东省泰安市期末考试 )一位同学通过电视节目观看火箭发 射卫星的情景,他听到现场总指挥倒计时结束发出“点火”命令后,立 刻用秒表计时,假设测得火箭底部从开始发射到经过发射架顶的时间是 t,如果他想计算出火箭的推力有多大,请讨论以下两个问题: (1)需要假设哪些条件进行理想化处理; (2)需要知道哪些数据用相应符号表示出来,并推导出火箭推力的 表达式.

[解析]

(1)假设火箭及卫星总质量不变;假设运动是匀加速运动.

(2)火箭及卫星总质量 M,发射架高度 h.由牛顿第二定律: F- Mg 1 2 = Ma, h= at , 2 2h 解得: F= Mg+ m 2 . t
[答案] (1)见解析 2h (2)F=Mg+m 2 t

易错点 2:不善于分析多过程问题 如图所示,一重为 10 N 的小球,在 F= 20 N 的竖直向上的拉力作 用下,从 A 点由静止出发沿 AB 向上运动,F 作用 1.2 s 后撤去.已知杆 3 与球间的动摩擦因数为 ,杆足够长,试求从撤去力 F 开始计时,小 6 球经多长时间将经过距 A 点为 2.25 m 的 B 点. (取 g= 10 m/s2)

[ 易错分析 ]

对每一个子过程的受力情况分析不清楚,特别是对

撤去力 F后的受力情况不认真分析,片面地认为小球上冲、下降的全过 程做加速度不变的匀变速运动而导致错误.
[正确解答] ma1 解得: a1= 2.5 m/s2 所以撤去力 F 时,小球的速度: v1= a1t1= 3 m/s v1 小球的位移: s1= t1= 1.8 m 2 撤去力 F 后,小球上冲时有: Gsin 30° + μGcos 30° = ma2 解得: a2= 7.5 m/s2 v1 因此小球上冲时间: t2= = 0.4 s a2 有力 F 作用时有: (F- G)sin 30° - μ(F- G)cos 30° =

v1 上冲位移: s2= t2= 0.6 m 2 此时 s1+ s2= 2.4 m>sAB,因此小球在上冲阶段将通过 B 点,有 1 sAB- s1= v1t3- a2t2 2 3 解得: t3= 0.2 s 或 t3= 0.6 s>t2(舍去 ) 小球返回时有: Gsin 30° - μGcos 30= ma3 解得: a3= 2.5 m/s2 1 2 因此小球滑到最上端又返回 B 点时有: s1+ s2- sAB= a3t4 2 解得: t4= 3 s= 0.35 s. 5

所以从撤去力 F 开始计时,小球上冲通过 B 点时用时为: t3= 0.2 s 返回通过 B 点时用时为: t2+ t4= 0.75 s.

求解多过程问题,要能够将多过程分解为多个子过程,在每一个 子过程中,对物体进行正确的受力分析,正确求解加速度是关键.求解 时应注意以下两点: (1) 当物体的受力情况发生变化时其加速度也要变 化; (2) 两个过程的衔接 ——前一过程的末速度是后一过程的初速度.特 别注意物体沿斜面向上运动时,物体可能会两次经过同一点,在沿斜面 向上和向下运动过程中其加速度要发生变化.

如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上,有一质量m =1 kg的物体,物体与斜面间的动摩擦因数 μ=0.2,物体受到沿平行于 斜面向上的轻细线的拉力F=9.6 N的作用,从静止开始运动,经2 s细线 突然断了,求细线断后多长时间物体的速度大小达到 22 m/s.(sin 37°= 0.6,g=10 m/s2)

[解析] 段.

根据物体的受力情况的变化可将物体的运动分为三个阶

第一阶段:在最初 2 s内,物体在 F= 9.6 N的拉力作用下,从静止 开始沿斜面做匀加速运动,受力如图所示,有: 沿斜面方向 F- mgsinθ- Ff= ma1① 沿垂直斜面方向 FN= mgcosθ② 且 Ff= μFN③ F- mgsinθ- μmgcosθ 由 ①②③得: a1= = 2 m/s2 m 2 s末绳断时速度 v1= a1t1= 4 m/s

第二阶段:从细线断开到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零 的过程,设加速度为 a2,则: a2= - ?mgsinθ+ μmgcosθ? =- 7.6 m/s2 m

设从断线到物体达最高点所需时间为 t2 0- v1 据运动学公式 v2= v1+ a2t2得 t2= = 0.53 s a2 第三阶段:物体从最高点沿斜面下滑,在第三阶段物体加速度为 a3,速度达到 v3= 22 m/s所需时间为 t3.由牛顿第二定律知: a3= gsinθ- v3- 0 μgcosθ= 4.4 m/s , t3= =5 s a3
2

综上所述:从线断到速度为 22 m/s所经历的总时间 t=t2+ t3= 0.53 s + 5 s= 5.53 s.

[答案]

5.53 s

(对应学生用书 P47) 1. (2011· 海南民族中学 )如下图所示,三个完全相同的物块 1、2、 3放在水平桌面上,它们与桌面间的动摩擦因数都相同.现用大小相同 1 的外力 F沿图示方向分别作用在1和2上,用 F的外力沿水平方向作用 2 在 3上,使三者都做加速运动.令 a1、 a2、a3分别表示物块 1、 2、 3的加 速度,则 ( ) B. a1= a2,a2>a3 D. a1>a2,a2>a3 A. a1= a2= a3 C. a1>a2,a2<a3

[解析] a1=

对物块进行受力分析,根据牛顿第二定律可得:

Fcos60° - μ? mg- Fsin60° ? ?1+ 3μ? F = - μg m 2m

Fcos60° - μ? mg+ Fsin60° ? ?1- 3μ? F a2= = - μg m 2m 1 F- μmg 2 F a3= = - μg,比较大小可得 C选项正确. m 2m

[答案]

C

2 . (2012·福建六校联考 ) 如图所示,质量均为 m 的 A、 B两球之间 系着一根不计质量的弹簧 ,放在光滑的水平面上 , A 球紧靠竖直墙 壁.今用水平力F将B球向左推压弹簧,平衡后,突然将F撤去,在这一 瞬间,表述正确的是( ) A.B球的速度为零,加速度为零 B.B球的速度不为零,加速度也不为零 C.B球的速度不为零,加速度为零 D.B球的速度为零,加速度不为零

[解析]

用水平力F将B球向左推压弹簧,平衡后,弹簧压缩,弹

簧中弹力为 F.突然将 F撤去,在这一瞬间, B球的速度为零,加速度不 为零,加速度等于F/m,选项D正确.

[答案]

D

3.(2011·菏泽统测)如图甲所示,在粗糙的水平面上,物块A在水 平向右的外力 F的作用下做直线运动,其v-t图象如图乙中实线所示, 下列判断中正确的是( ) A.在0~1 s内,外力F不断变化 B.在1 s~3 s内,外力F的大小恒定 C.在3 s~4 s内,外力F不断减小 D.在3 s~4 s内,外力F不断增大 [解析] 由v-t图象可知: 0~1 s内,物块做匀加速直线运动,F

大小恒定,且F>f;1 s~3 s内,物块做匀速直线运动,F大小恒定,且F
=f;3 s~4 s内,物块做加速度增大的减速运动,此时F<f,且F不断减 小,因此A、D错误,B、C正确.

[答案]

BC

4 . (2012· 黄冈中学期中 ) 一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出, 利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系 图象如图所示,重力加速度g取10 m/s2. 求:(1)物块向上滑行的最大距离S; (2)斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ.

[解析]

(1)由图象得物块上滑最大距离

S = 4× 0.5×0.5m= 1m. (2)根据牛顿第二定律,对物块上滑过程有 mgsinθ+ μmgcosθ= ma1① 对物块下滑过程有 mgsinθ- μmgcosθ= ma2② 由图象得 a1= 8m/s2, a2= 2m/s2 联立 ①②代入数据得 μ= 3 , θ= 30° . 5

[答案]

(1)1 m

3 (2)θ=30° μ= 5


相关文章:
牛顿第二定律 两类动力学问题(2015步步高)
牛顿第二定律 两类动力学问题(2015步步高)_理化生_高中教育_教育专区。自己整理...第三章 第2课时 《步步高... 34页 2下载券 2014步步高大一轮复习(人......
2016年高考物理复习--牛顿第二定律、两类动力学问题
2016年高考物理复习--牛顿第二定律两类动力学问题_理化生_高中教育_教育专区。第 2 课时类动力学问题. 牛顿第二定律 两类动力学问题 考纲解读 1.理解牛顿第...
2016届高三物理一轮复习 牛顿第二定律 两类动力学问题
2016届高三物理一轮复习 牛顿第二定律 两类动力学问题_理化生_高中教育_教育...(2013 年高考浙江理综改编)如图所示,总质量为 460 kg 的热气球,从地面刚开始...
牛顿第二定律 动力学两类基本问题
牛顿第二定律 动力学两类基本问题_理化生_高中教育_教育专区。牛顿第二定律 ...2013年高考物理总复习重... 39页 免费 牛顿第二定律 动力学的... 暂无评价...
2017届一轮复习 牛顿第二定律 两类动力学问题 课时作业
2017届一轮复习 牛顿第二定律 两类动力学问题 课时作业_高三理化生_理化生_...2011年高考物理一轮复习... 6页 免费 2016届高考物理第一轮复... 8页 ...
一轮复习检测:牛顿第二定律 两类动力学问题
一轮复习检测:牛顿第二定律 两类动力学问题_高三理化生_理化生_高中教育_教育专区。牛顿第二定律一、单项选择题 两类动力学问题 1.(2013· 海南高考)一质点受...
牛顿第二定律两类动力学问题
牛顿第二定律两类动力学问题_理化生_高中教育_教育专区。牛顿第二定律两类动力学问题 牛顿第二定律 两类动力学问题 1.[对牛顿第二定律内容和公式的理解]由牛顿...
高三物理一轮复习巩固练习-牛顿第二定律 两类动力学问题
高三物理一轮复习巩固练习-牛顿第二定律 两类动力学问题_理化生_高中教育_教育专区。最新 2016 高考物理考前拔高练习 牛顿第二定律 两类动力学问题 对点训练:...
第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题(教案)
第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题 一、教学目标 1.物理知识方面的要求: (1)加深理解牛顿第二定律的物理意义及提高公式的运用能力 (2)熟练掌握牛顿第二定律...
更多相关标签: