（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第8講 牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題學(xué)案

《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第8講 牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第8講 牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題學(xué)案（18頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第8講　牛頓第二定律　兩類動(dòng)力學(xué)問題 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.對(duì)牛頓第二定律的理解Ⅱ 2．對(duì)牛頓第二定律瞬時(shí)性的考查Ⅱ 3．動(dòng)力學(xué)兩類基本問題Ⅱ 2015·全國卷Ⅰ，20 高考命題中有關(guān)本節(jié)內(nèi)容的題型比較靈活，有選擇題、計(jì)算題．高考試題往往綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律進(jìn)行考查，要深刻理解牛頓第二定律的確切含義，會(huì)利用牛頓第二定律處理動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 1．牛頓第二定律 (1)內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成__正比__，跟它的質(zhì)量成__反比__.加速度的方向與__作用力的方向__相同． (2)表達(dá)式：__F＝ma__，F(xiàn)與a具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)

2、系． (3)適用范圍： ①牛頓第二定律只適用于__慣性參考系__(相對(duì)地面靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系)． ②牛頓第二定律只適用于__宏觀物體__(相對(duì)于分子、原子)、__低速運(yùn)動(dòng)__(遠(yuǎn)小于光速)的情況． 2．動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 (1)動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 ①已知受力情況，求物體的__運(yùn)動(dòng)__情況． ②已知運(yùn)動(dòng)情況，求物體的__受力__情況． (2)解決兩類基本問題的方法 以__加速度__為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖所示． 1．請(qǐng)判斷下列表述是否正確，對(duì)不正確的表述，請(qǐng)說明原因． (1)物體加速度的方向與所受合外力的方向可以不

3、同．(　×　) 解析　由F＝ma可知，加速度a的方向與合外力F的方向一定相同． (2)對(duì)靜止在光滑水平面上的物體施加一水平力，當(dāng)力剛開始作用瞬間，物體立即獲得加速度．(　√　) (3)物體由于做加速運(yùn)動(dòng)，所以才受合外力作用．(　×　) 解析　物體由于受合外力作用才做加速運(yùn)動(dòng)． (4)物體所受合外力變小，物體的速度一定變?。?　×　) 解析　雖然物體合外力變小，但只要合外力與速度方向相同，物體速度將增加． (5)物體所受合外力大，其加速度就一定大．(　×　) 解析　物體的加速度由物體所受合外力、物體的質(zhì)量共同決定的． (6)牛頓第二定律適用于一切運(yùn)動(dòng)情況．(　×　) 解析　牛

4、頓運(yùn)動(dòng)定律只適用于慣性參考系、低速運(yùn)動(dòng)的情況． (7)單位“牛頓”是國際單位制中的基本單位．(　×　) 解析　“牛頓”是導(dǎo)出單位，1 N＝1 kg·m/s2 2．(多選)下列說法正確的是(　BCD　) A．物體只有在受力的前提下才會(huì)產(chǎn)生加速度，因此，加速度的產(chǎn)生要滯后于力的作用 B．F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關(guān) C．物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小 D．物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)系，同時(shí)也確定了物理量間的單位關(guān)系 解析　物體的的加速度與合外力有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，加速度與力同時(shí)產(chǎn)生，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．a(chǎn)的方向與F的方向相同，與速

5、度方向無關(guān)，故選項(xiàng)B正確．合外力減小，加速度一定減小，但如果a與v同向，v變大，故選項(xiàng)C正確．物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)系，同時(shí)也確定了物理量之間的單位關(guān)系，故選項(xiàng)D正確． 3．(多選)關(guān)于力學(xué)單位制，以下說法中正確的是(　BC　) A．kg、m/s、N等單位為導(dǎo)出單位 B．kg、m、s都是基本單位 C．牛頓第二定律的表達(dá)式F＝kma，式中各物理量取國際單位時(shí)k＝1 D．在國際單位制中，質(zhì)量的單位可以是kg，也可以是g 解析　kg為基本單位，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．kg、m、s是國際單位制中的基本單位，故選項(xiàng)B正確．F＝kma，質(zhì)量取“kg”，a取“m/s2”，F(xiàn)取“N”時(shí)，k＝1

6、，選項(xiàng)C正確，國際單位制中質(zhì)量的單位是kg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 一　牛頓第二定律的瞬時(shí)性 [例1](2018·廣西南寧模擬)兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示．現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則(　A　) A．a(chǎn)1＝g　a2＝g B．a(chǎn)1＝0　a2＝2g C．a(chǎn)1＝g　a2＝0 D．a(chǎn)1＝2g　a2＝0 解析　由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g.故選項(xiàng)A正確． 【拓展延伸1】把“輕繩”換成“輕彈簧” 在[例1]中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈

7、簧，其他不變，如圖所示，則典例選項(xiàng)中正確的是(　D　) 解析　剪短輕繩OA后，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a1＝2g，a2＝0，故選項(xiàng)D正確． 【拓展延伸2】改變平衡狀態(tài)的呈現(xiàn)方式 把【拓展延伸1】的題圖放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖所示系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與輕繩均平行于斜面，在輕繩被剪斷的瞬間，則下列說法正確的是(　B　) A．a(chǎn)A＝0　aB＝g B．a(chǎn)A＝g　aB＝0 C．a(chǎn)A＝g　aB＝g D．a(chǎn)A＝0　aB＝g 解析　輕繩被剪斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為零．剪斷前，分析整體受力可知

8、輕繩的拉力為T＝2mgsin θ，剪斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin θ，所以A的瞬時(shí)加速度為aA＝2gsin 30°＝g，故選項(xiàng)B正確． 抓住“兩關(guān)鍵”、遵循“四步驟” (1)分析瞬時(shí)加速度的“兩個(gè)關(guān)鍵” ①明確繩或線類、彈簧或橡皮條類模型的特點(diǎn)． ②分析瞬時(shí)前、后的受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． (2)“四個(gè)步驟” 第一步：分析原來物體的受力情況． 第二步：分析物體在突變時(shí)的受力情況． 第三步：由牛頓第二定律列方程． 第四步：求出瞬時(shí)加速度，并討論其合理性． 　二　動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的解題思路 [例2](2018·廣東深圳模

9、擬)如圖所示為四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應(yīng)用． 一架質(zhì)量m＝2 kg的無人機(jī)，其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36 N，運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小恒為Ff＝4 N，g取10 m/s2. (1)無人機(jī)在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛．求在t＝5 s時(shí)離地面的高度h； (2)無人機(jī)懸停在距離地面高度H＝100 m處，由于動(dòng)力設(shè)備故障，無人機(jī)突然失去升力而墜落．求無人機(jī)墜落地面時(shí)的速度v； (3)在無人機(jī)墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng)提供向上最大升力．為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時(shí)間t1.

10、解析　(1)設(shè)無人機(jī)上升時(shí)加速度為a，由牛頓第二定律，有 F－mg－Ff＝ma， 解得a＝6 m/s2， 由h＝at2，解得h＝75 m. (2)設(shè)無人機(jī)墜落過程中加速度為a1，由牛頓第二定律，有 mg－Ff＝ma1， 解得a1＝8 m/s2， 由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s. (3)設(shè)飛行器恢復(fù)升力后向下減速時(shí)加速度為a2，由牛頓第二定律，有 F－mg＋Ff＝ma2， 解得a2＝10 m/s2. 設(shè)飛行器恢復(fù)升力時(shí)速度為vm，則有 ＋＝H， 解得vm＝ m/s， 由vm＝a1t1，解得t1＝ s. 答案　(1)75 m　(2)40 m/s　(3) s.

11、 解決兩類動(dòng)力學(xué)問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) (1)把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁” 兩個(gè)分析：物體的受力情況分析和運(yùn)動(dòng)過程分析． 一個(gè)橋梁：加速度是聯(lián)系物體運(yùn)動(dòng)和受力的橋梁． (2)尋找多過程運(yùn)動(dòng)問題中各過程間的相互聯(lián)系．如第一個(gè)過程的末速度就是下一個(gè)過程的初速度，畫圖找出各過程的位移之間的聯(lián)系． 　三　等時(shí)圓模型及其應(yīng)用 1．模型特征 (1)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖乙所示； (2)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示； (3)兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦上

12、端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示． 2．思維模板 [例3](2017·山東濟(jì)南模擬)如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點(diǎn)處旋轉(zhuǎn)一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上，木板與豎直方向AC所成角度為α一小物塊由A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時(shí)間最短，則α與θ角的大小關(guān)系(　B　) A．α＝θ B．α＝ C．α＝2θ D．α＝ 解析　如圖所示，以豎直線AC上選取一點(diǎn)O，以適當(dāng)?shù)拈L度為半徑畫圓，使該圓過A點(diǎn)，且與斜面相切于D點(diǎn)．由等時(shí)圓模型的特點(diǎn)知，由A點(diǎn)沿斜面滑到D點(diǎn)所用時(shí)間比由A點(diǎn)到達(dá)斜面上其他各點(diǎn)所用時(shí)間都短．將木板下端B點(diǎn)與D點(diǎn)重合即可，而∠COD＝θ，則α

13、＝. 1．如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m,2、4質(zhì)量為M，兩個(gè)系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有(　C　) A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝g C．a(chǎn)1＝a2＝g　a3＝0　a4＝g D．a(chǎn)1＝g　a2＝g　a3＝0　a4＝g 解析　在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a

14、2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時(shí)彈簧對(duì)物塊3向上的彈力大小和對(duì)物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，故選項(xiàng)C正確． 2．(2017·河南鄭州預(yù)測)(多選)如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力Ffm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則(　BC　) A．t2～t5時(shí)間內(nèi)物塊A的加速度逐漸減小 B．t2時(shí)刻物塊A的加速度最大 C．t3和t5時(shí)刻物塊A的速度相等 D．0～t5時(shí)間內(nèi)物塊A一直做加速運(yùn)動(dòng) 解析　開始物塊A靜止，到t1

15、后拉力F大于摩擦阻力，物塊A開始加速運(yùn)動(dòng)，到t4時(shí)加速度為0，加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束，之后摩擦阻力大于拉力F，物塊A做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；從t1到t2，拉力F越來越大，加速度越來越大；從t2到t4，拉力F越來越小，加速度越來越?。粡膖4到t5，拉力F小于摩擦阻力且越來越小，加速度反向越來越大；由圖可知，在t2時(shí)刻加速度最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)拉力和摩擦阻力的大小關(guān)系，應(yīng)用對(duì)稱性可知，t3和t5兩個(gè)時(shí)刻的加速度等大反向，同理從t3到t4和從t5到t4關(guān)于t4時(shí)刻對(duì)稱各時(shí)刻的加速度都等大反向，可知物塊A先加速后減速，t3和t5兩時(shí)刻速度相等，選項(xiàng)C正確． 3．(2017·江蘇南京模擬)如圖所示，A

16、B和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個(gè)端點(diǎn)均分別位于半徑為R和r的兩個(gè)相切的圓上，且斜槽都通過切點(diǎn)P.設(shè)有一重物先后沿兩個(gè)斜槽，從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時(shí)間分別為t1和t2，則t1與t2之比為(　B　) A．2∶1 B．1∶1 C．∶1 D．1∶ 解析　對(duì)物體受力分析可知：當(dāng)重物從A點(diǎn)下落時(shí)，重物受重力mg，支持力FN1，在沿斜面方向上加速度是a1，mgcos 30°＝ma1，解得a1＝g，由公式S1＝a1t得S1＝2Rcos 30°＋2rcos 30°＝(R＋r)，所以t1＝2.當(dāng)重物從C點(diǎn)下滑時(shí)，受重力mg，支持力FN2，在沿斜面的加速度是a2，mgcos 60

17、°＝ma2，解得a2＝g，由公式S2＝a1t得S2＝2Rcos 60°＋2rcos 60°＝R＋r，t2＝2，所以t1＝t2，選項(xiàng)B正確． [例1](2017·浙江寧波一?！?分)如圖所示，彈簧左端固定、右端自由伸長到O點(diǎn)并系住物體，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體一直可以運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，如果物體受到的阻力恒定，則(　　) A．物體從A到O先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng) B．物體從A到O加速運(yùn)動(dòng)，從O到B減速運(yùn)動(dòng) C．物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)所受合力為零 D．物體從A到O的運(yùn)動(dòng)過程中加速度逐漸減小 [答題送檢]來自閱卷名師報(bào)告 錯(cuò)誤 致錯(cuò)原因 扣分 BCD 受力分析時(shí)漏掉了摩擦力

18、而僅從水平方向上的彈簧彈力加以分析，誤認(rèn)為彈簧彈力即為物塊所受合外力，則加速度先指向O點(diǎn)，加速運(yùn)動(dòng)；之后加速度反向，做減速運(yùn)動(dòng). －6 [規(guī)范答題]　 [解析]　物體從A到O的運(yùn)動(dòng)過程中，彈力方向向右，初始階段彈力大于阻力，合力方向向右，隨著物體向右運(yùn)動(dòng)，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，此階段物體的加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度的方向相同，物體的速度逐漸增大，所以初始階段物體向右做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)物體向右運(yùn)動(dòng)至AO間某點(diǎn)(設(shè)為O′)時(shí)，彈力減小到與阻力大小相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大．此后，隨著物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈力逐漸減小，阻力大

19、于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃?，至O點(diǎn)時(shí)彈力減小到零，此后彈力向左且逐漸增大，所以物體離開O′點(diǎn)(加速度為零，速度最大)后的合力方向向左且合力逐漸增大，由牛頓第二定律可知，此階段的物體的加速度向左且逐漸增大．由于加速度與速度的方向相反，物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)．故選項(xiàng)A正確． [答案]　A 1．(2018·安徽蕪湖模擬)如圖所示，光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a，某時(shí)刻突然撤去拉力F，此瞬時(shí)A和B的加速度大小為a1和a2，則(　D　) A．a(chǎn)1＝0　a2＝0 B．a(chǎn)1＝a　

20、a2＝a C．a(chǎn)1＝a　a2＝a D．a(chǎn)1＝a　a2＝a 解析　撤去拉力F的瞬間，物體A的受力不變，所以a1＝a，對(duì)物體A受力分析得F彈＝m1a；撤去拉力F的瞬間，物體B受到的合力大小為F′彈＝m2a2，所以a2＝，故選項(xiàng)D正確． 2．(2018·湖南長沙模擬)如圖所示，幾條足夠長的光滑直軌道與水平面成不同角度，從P點(diǎn)以大小不同的初速度沿各軌道發(fā)射小球，若各小球恰好在相同的時(shí)間內(nèi)到達(dá)各自的最離點(diǎn)，則各小球最高點(diǎn)的位置(　D　) A．在同一水平線上 B．在同一豎直線上 C．在同一拋物線上 D．在同一圓周上 解析　設(shè)某一直軌道與水平面成θ角，末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)可逆向看

21、成初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球在直軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的傾角θ對(duì)應(yīng)不同的位移l，但相同，即各小球最高點(diǎn)的位置在直徑為gt2的圓周上，選項(xiàng)D正確． 1．(多選)如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)繩懸掛于固定點(diǎn)O，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將細(xì)繩剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對(duì)于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g，在剪斷的瞬間(　AC　) A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1

22、＝Δl2 解析　設(shè)物體的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)繩的瞬間，繩子的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細(xì)繩的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力FT1，剪斷前對(duì)b、c和彈簧S2組成的整體分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)彈簧S2的拉力為FT2，則FT2＝mg.根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 2．(多選)如圖甲，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　ACD　) A．斜面的傾角 B．物塊的質(zhì)量

23、 C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 解析　由題圖乙可以求出物塊上升過程中的加速度為a1＝，下降過程中的加速度為a2＝.物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑動(dòng)摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項(xiàng)A、C正確．由v－t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項(xiàng)D正確． 3．(多選)如圖，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊．開始時(shí)，升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)于斜面勻速下滑．當(dāng)升降機(jī)加速

24、上升時(shí)，下列說法正確的是(　BD　) A．物塊與斜面間的摩擦力減小 B．物塊與斜面間的正壓力增大 C．物塊相對(duì)于斜面減速下滑 D．物塊相對(duì)于斜面勻速下滑 解析　升降機(jī)加速上升時(shí)，物體將出現(xiàn)超重現(xiàn)象，故物體對(duì)斜面壓力增大，選項(xiàng)B正確；由Ff＝μFN知，物體與斜面間的摩擦力也增大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；開始升降機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)，則Gsin θ＝μGcos θ，所以μ＝tan θ.當(dāng)電梯加速上升時(shí)，電梯內(nèi)物體超重，這僅僅是相當(dāng)于重力增大了，由于依然滿足μ＝tan θ這一條件，故物體相對(duì)斜面仍勻速下滑，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 4．避險(xiǎn)車道(標(biāo)志如圖甲所示)是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防

25、撞設(shè)施等組成，如圖乙所示的豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23 m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過一段時(shí)間，貨車停止，已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍，貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求： (1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向； (2)制動(dòng)坡床的長

26、度． 解析　(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中，受到的摩擦力大小為Ff，加速度大小為a1，則 Ff＋mgsin θ＝ma1，① Ff＝μmgcos θ，② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2，③ a1的方向沿制動(dòng)坡床向下． (2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23 m/s.貨物在車廂內(nèi)從開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38 m的過程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2，貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車

27、和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12 m，制動(dòng)坡床的長度為l，則 Mgsin θ＋F－Ff＝Ma2，④ F＝k(m＋M)g，⑤ s1＝vt－a1t2，⑥ s2＝vt－a2t2，⑦ s＝s1－s2，⑧ l＝l0＋s0＋s2，⑨ 聯(lián)立①②④～⑨并代入數(shù)據(jù)得l＝98 m. 答案　(1)5 m/s2　方向沿制動(dòng)坡床向下　(2) 98 m 課時(shí)達(dá)標(biāo)　第8講 [解密考綱]主要考查對(duì)牛頓第二定律的深刻理解，會(huì)利用牛頓第二定律處理動(dòng)力學(xué)兩類基本問題，高考試題往往綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律進(jìn)行考查，題型有選擇題、計(jì)算題． 1.一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg的物塊靜止在水平面上，物塊

28、與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.從t＝0時(shí)刻起物塊同時(shí)受到兩個(gè)水平力F1與F2的作用，若力F1、F2隨時(shí)間的變化如圖所示，設(shè)物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，則物塊在此后的運(yùn)動(dòng)過程中(　C　) A．物塊從t＝0時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng) B．物塊運(yùn)動(dòng)后先做加速運(yùn)動(dòng)再做減速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng) C．物塊加速度的最大值是3 m/s2 D．物塊在t＝4 s時(shí)速度最大 2．如圖所示，鳥沿虛線斜向上加速飛行，空氣對(duì)其作用力可能是(　B　) A．F1 B．F2 C．F3 D．F4 解析　鳥在空中飛行受到重力和空氣對(duì)其作用力，這兩個(gè)力的合力的方向沿虛線斜向

29、上(與加速度方向相同)，由平行四邊形定則可得，空氣對(duì)其作用力可能是沿F2方向，故選項(xiàng)B正確． 3．小孩從滑梯上滑下的運(yùn)動(dòng)可看做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．質(zhì)量為M的小孩單獨(dú)從滑梯上滑下，加速度為a1；該小孩抱著一只質(zhì)量為m的小狗再從滑梯上滑下(小狗不與滑梯接觸)，加速度為a2，則a1和a2的關(guān)系為(　D　) A．a(chǎn)1＝a2 B．a(chǎn)1＝a2 C．a(chǎn)1＝a2 D．a(chǎn)1＝a2 解析　設(shè)小孩與滑梯間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小孩從滑梯上滑下，受重力G、支持力FN和滑動(dòng)摩擦力Ff.如圖所示，由牛頓第二定律，Mgsin α－μMgcos α＝Ma1，a1＝gsin α－μgcos α；當(dāng)小孩抱著一只質(zhì)量為m的小

30、狗再從滑梯上滑下時(shí)，滿足(M＋m)gsin α－μ(M＋m)gcos α＝(M＋m)a2，得a2＝gsin α－μgcos α，可見a1＝a2，選項(xiàng)D正確． 4．如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，d點(diǎn)為最低點(diǎn)，每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個(gè)滑環(huán)分別從a、b、c處釋放(初速度為0)，用t1、t2、t3依次表示各滑環(huán)到達(dá)d點(diǎn)所用的時(shí)間，則(　D　) A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3 C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3 解析　設(shè)P為圓上的任一點(diǎn)，∠adP＝θ，s＝Pd

31、＝2Rcos θ，由s＝at2，且a＝gcos θ，則t＝2，顯然t與θ無關(guān)，故選項(xiàng)D正確． 5．如圖所示，傾斜索道與水平面夾角為37°，當(dāng)載人車廂沿鋼索勻加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，車廂里的人對(duì)廂底的壓力為其重力的1.25倍，那么車廂對(duì)人的摩擦力為其體重的(　B　) A． B． C． D． 解析　人受力如圖甲所示，顯然本題分解加速度更為簡便． 將加速度a分解為水平分量ax和豎直分量ay，如圖乙所示，則ax＝acos 37°，ay＝asin 37°.由牛頓第二定律得：水平方向Ff＝max， 豎直方向FN－mg＝may， 其中FN＝1.25mg， 聯(lián)立以上各式解得＝. 綜上

32、所述，選項(xiàng)B正確． 6．(2018·河南鄭州模擬)如圖所示，質(zhì)量為4 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面．質(zhì)量為1 kg的物體B用細(xì)線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力．某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則細(xì)線剪斷瞬間，B對(duì)A的壓力大小為(取g＝10 m/s2)(　B　) A．0 N B．8 N C．10 N D．50 N 解析　細(xì)線剪斷瞬間，彈簧彈力不變，A和B整體受到的合外力等于物體B的重力，因此整體的加速度為a＝＝g，對(duì)物體B有mBg－FN＝mBa，所以A、B間作用力FN＝mB(g－a)＝mBg＝8 N．故細(xì)線剪段瞬間，B對(duì)A的壓力大小為8 N，選項(xiàng)B正確． 7．(2017·重慶

33、一模)質(zhì)量m0＝30 kg、長L＝1 m的木板放在水平面上，木板與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.15.將質(zhì)量m＝10 kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以v0＝4 m/s的速度從木板的左端水平滑到木板上(如圖所示)．小木塊與木板面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4(最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2)．則以下判斷中正確的是(　C　) A．木板一定向右滑動(dòng)，小木塊不能滑出木板 B．木板一定向右滑動(dòng)，小木塊能滑出木板 C．木板一定靜止不動(dòng)，小木塊能滑出木板 D．木板一定靜止不動(dòng)，小木塊不能滑出木板 解析　木塊受到的滑動(dòng)摩擦力為Ff2，方向向左，F(xiàn)f2＝μ2mg＝40 N，木板受到木塊施

34、加的滑動(dòng)摩擦力為F′f2，方向向右，F(xiàn)′f2＝Ff2＝40 N，木板受地面的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，即Ff1＝μ1(m＋m0)g＝60 N．Ff1方向向左，F(xiàn)′f2L＝1 m，故小木塊能滑出木板，選項(xiàng)C正確． 8．(多選)冬天哈爾濱時(shí)常大雪，路面結(jié)冰嚴(yán)重，行駛汽車難以及時(shí)停車，經(jīng)常出現(xiàn)事故．因此某些路段通過在道路上灑一些爐灰來增加輪胎與地面的摩擦．如圖所示，一輛運(yùn)送爐灰的自卸卡車裝滿爐灰，灰粒之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，爐灰與車廂底板的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，卸灰時(shí)車廂的傾角用θ表示(已

35、知μ2>μ1)(假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，下列說法正確的是(　AC　) A．要順利地卸干凈全部爐灰，應(yīng)滿足tan θ>μ2 B．要順利地卸干凈全部爐灰，應(yīng)滿足sin θ>μ2 C．只卸去部分爐灰，車上還留有一部分爐灰，應(yīng)滿足μ1μ2mgcos θ，所以μ2tan θ，且爐灰之間有m″gsin θ>μ1m″gcos θ，得μ1

36、C正確． 9．(2017·甘肅蘭州一模)(多選)如圖所示，一物塊以初速度v0滑上正沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，傳送帶上A、B兩點(diǎn)間的距離L＝9 m，已知傳送帶的速度v＝2 m/s.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是(　AC　) A．要使物塊被傳送到B點(diǎn)，初速度可為v0＝6 m/s B．要使物塊被傳送到B點(diǎn)，初速度可為v0＝2 m/s C．當(dāng)物塊的初速度v0＝4 m/s時(shí)，物塊將以2 m/s的速度離開傳送帶 D．當(dāng)物塊的初速度v0＝2 m/s時(shí)，物塊在傳送帶上先做減速運(yùn)動(dòng)，再做加速運(yùn)動(dòng)，而后做勻速運(yùn)動(dòng) 解析　當(dāng)物塊恰好被傳送到B點(diǎn)時(shí)

37、，由0－v＝－2aL，解得v0＝6 m/s，所以要使物塊被傳送到B點(diǎn)，初速度v0≥6 m/s，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；當(dāng)物塊的初速度v0＝4 m/s時(shí)，向右勻減速到零的距離s＝＝4 m，然后向左勻加速，加速到傳送帶速度2 m/s時(shí)，再勻速運(yùn)動(dòng)回到A點(diǎn)，選項(xiàng)C正確；當(dāng)物塊的初速度v0＝2 m/s時(shí)，物塊在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，再反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回到A點(diǎn)時(shí)速度恰好達(dá)到2 m/s，所以沒有勻速運(yùn)動(dòng)過程，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 10．如圖所示，一質(zhì)量為1 kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°.現(xiàn)小球在F＝20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng)，已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

38、，取g＝10 m/s2.試求： (1)小球運(yùn)動(dòng)的加速度大??； (2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離． 解析　(1)在力F作用下，由牛頓第二定律得 (F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1， 解得a1＝2.5 m/s2. (2)剛撤去F時(shí)，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s， 小球的位移x1＝t1＝1.8 m， 撤去力F后，小球上滑時(shí)，由牛頓第二定律得 mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2， 解得a2＝7.5 m/s2， 小球上滑時(shí)間t2＝＝0.4 s， 上滑位移x2＝t2＝0.6 m， 則小球上滑的最

39、大距離為xm＝x1＋x2＝2.4 m. 答案　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 11．如圖所示，半徑為R的圓筒內(nèi)壁光滑，在筒內(nèi)放有兩個(gè)半徑為r的光滑圓球P和Q，且R＝1.5r.在圓球Q與圓筒內(nèi)壁接觸點(diǎn)A處安裝有壓力傳感器．當(dāng)用水平推力推動(dòng)圓筒在水平地面上以v0＝5 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，壓力傳感器顯示壓力為25 N；某時(shí)刻撤去推力F，之后圓筒在水平地面上滑行的距離為x＝ m．已知圓筒的質(zhì)量與圓球的質(zhì)量相等，取g＝10 m/s2.求： (1)水平推力F的大?。? (2)撤去推力后傳感器的示數(shù)． 解析　(1)系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓球Q受三個(gè)力作用如圖所示，其中傳感器示數(shù)F1＝25 N．設(shè)P、Q球心連線與水平方向成θ角，則 cos θ＝＝，① 則圓球重力mg＝F1tan θ，② 由①②式解得θ＝60°，mg＝25 N．③ 當(dāng)撤去推力F后，設(shè)系統(tǒng)滑行的加速度大小為a. 則v＝2ax，④ 系統(tǒng)水平方向受到滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律得μMg＝Ma，⑤ 系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)F＝μMg，⑥ 其中Mg＝3mg，由③④⑤⑥解得 a＝ m/s2，F(xiàn)＝75 N．⑦ (2)撤去推力后，對(duì)球Q，由牛頓第二定律得 －FA＝ma，⑧ 解得FA＝0，即此時(shí)傳感器示數(shù)為0. 答案　(1)75 N　(2)0 18