高考物理复习专题知识点11-牛顿第二定律

高考物理复习专题知识点11-牛顿第二定律

牛顿第二定律 ‎ 一．考点整理 基本规律 ‎ ‎1．牛顿第二定律：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（远小于光速）的情况．‎ ‎2．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成．② 力学中的基本单位：力学单位制中的基本单位有 （kg）、______（m）和 （s）．③ 导出单位：导出单位有N、m/s、m/s2等．‎ ‎3．牛顿运动定律的应用：两类基本问题，即由受力情况分析判断物体的运动情况；由运动情况分析判断物体的受力情况，关系如图．‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．关于力和运动的关系，下列说法正确的是 （ ）‎ A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用 B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用 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 D．物体的速率不变，则其所受合力必为0‎ ‎2．在牛顿第二定律公式F = kma中，比例系数k的数值 （ ）‎ A．在任何情况下都等于1‎ B．是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的 C．是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的 D．在国际单位制中一定等于1‎ ‎3．楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ = 37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F = 10 N，刷子的质量为m = ‎0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ = 0.5，天花板长为L = ‎4 m．sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g取‎10 m/s2．试求：‎ ‎⑴ 刷子沿天花板向上的加速度；‎ ‎⑵ 工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．‎ ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ ‎〖考点1〗对牛顿第二定律的理解 ‎【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光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4．重力加速度大小为g，则有（ ）‎ A．a1 = a2 = a3 = a4 = 0 B．a1 = a2 = a3 = a4 = g C．a1 = a2 = g，a3 = 0，a4 = (m + M)g/M D．a1 = g，a2 = (m + M)g/M，a3 = 0，a4 = (m + M)g/M ‎【变式跟踪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°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 （ ）‎ A．0 B．g C．g D．g ‎〖考点2〗整体法、隔离法的灵活应用 ‎【例2】如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f．若木块不滑动，力F的最大值是 （ ）‎ A．‎2f(m+M)/M B．‎2f(m+M)/m C．‎2f(m+M)/M – (m + M)g D．‎2f(m+M)/M + (m＋M)g ‎【变式跟踪2】如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各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个小物块的作用力大小为 （ ）‎ A．F/‎25 ‎ B．‎24F/25‎ C．24mg + F/2 D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定 ‎〖考点3〗动力学的两类基本问题 ‎【例3】为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系．小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“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“B鱼”， “A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼””竖直下潜hB后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：‎ ‎⑴“A鱼”入水瞬间的速度vA1；‎ ‎⑵“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；‎ ‎⑶“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB．‎ ‎【变式跟踪3】质量为10 kg的物体在F = 200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ = 37°，如图所示．力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x（已知sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g = 10 m/s2）．‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．【2012·安徽卷】如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则 （ ）‎ A．物块可能匀速下滑 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 ‎【预测1】如图所示，质量分别为m和‎2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿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为 （ ）‎ A． B． C．L + D．L + ‎2．【2013广东高考】．如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有 （ ）‎ 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 D．甲比乙先到达B处 ‎【预测2】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 （ ）‎ A．2∶1 B．1∶‎1 ‎‎ C．∶1 D．1∶ ‎3．【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m1 和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g．‎ ‎⑴ 当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；‎ ‎⑵ 要使纸板相对砝码运动,,求需所拉力的大小；‎ ‎⑶ 本实验中，m1 = 0. 5 kg、m2 = 0. 1 kg，μ = 0. 2,砝码与纸板左端的距离d = 0. 1 m，取g =‎10 m/ s2．若砝码移动的距离超过l = 0. 002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大? ‎ ‎【预测3】如图所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m = 1.0 kg的小铁块，它离布带右端的距离为L = 0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为μ = 0.1．现用力从静止开始向左以a0 = 2 m/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，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎⑴ 将布带从铁块下抽出需要多长时间？‎ ‎⑵ 铁块离开布带时的速度大小是多少？‎ ‎4．【2013安徽高考】如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，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 ‎0.75l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．‎ ‎⑴ 求物块处于平衡位置时弹簧的长度；‎ ‎⑵ 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；‎ ‎⑶ 求弹簧的最大伸长量；‎ ‎⑷ 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）？‎ m α M ‎【预测4】如图（a）所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC与水平面夹角为θ = 37°．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b）)所示．已知sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g取‎10 m/s2．求：‎ ‎⑴ 斜面BC的长度；‎ ‎⑵ 滑块的质量；‎ ‎⑶ 运动过程中滑块发生的位移．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是 （ ）‎ A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 ‎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，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后 （ ）‎ A．将立即做变减速运动 B．将立即做匀减速运动 C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大 D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零 ‎3．质量为‎1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为（单位为N） （ ）‎ A． B． C． D． ‎4．一个原来静止的物体，质量是‎7 kg，在14 N的恒力作用下，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为（ ）‎ A．‎8 m/s　‎25 m B．‎2 m/s　‎‎25 m C．‎10 m/s　‎25 m D．‎10 m/s　‎‎12.5 m ‎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 B．A的加速度为0，B的加速度大小为g、竖直向下 C．A的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下 D．A的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下 ‎6．如图所示，水平面上质量均为‎4 kg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‎5 m/s2的匀加速直线运动．选定A的起始位置为坐标原点，g = ‎10 m/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 （ ）‎ ‎7．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竖直向上做匀加速直线运动时，在下面所给的四个图象中，能反映物块b脱离物块a前的过程中力F随时间t变化规律的是 （ ）‎ ‎8．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） （ ）‎ ‎9．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端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自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角的大小关系应为 （ ）‎ A．α = θ B．α = C．α = D．α = 2θ ‎10．质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间 （ ）‎ A．A球的加速度为 F/‎2m B．A球的加速度为零 C．B球的加速度为F/‎2m D．B球的加速度为F/m ‎11．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M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、b两球分别由A、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．则 （ ）‎ A．a球最先到达M点 B．b球最先到达M点 C．c球最先到达M点 D．c、a、b三球依次先后到达M点 ‎12．一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2 = 15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是（g＝‎10 m/s2） （ ）‎ A．3 N B．25 N C．30 N D．50 N ‎13．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图线如图所示，则 （ ）‎ A．在0～t1时间内，外力F大小不断增大 B．在t1时刻，外力F为零 C．在t1～t2时间内，外力F大小可能不断减小 D．在t1～t2时间内，外力F大小可能先减小后增大 ‎14．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 = ‎10 m/s2，则可以计算出 （ ）‎ A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F为14 N时物体的速度 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．物体的质量 ‎15．某同学为了探究物体与斜面间的动摩擦因数进行了如下实验，取一质量为m的物体使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α = 30°，取重力加速度g = ‎10 m/s2，则由此可得 （ ）‎ A．物体的质量为‎3 kg B．物体与斜面间的动摩擦因数为 C．撤去推力F后，物体将做匀减速运动，最后可以静止在斜面上 D．撤去推力F后，物体下滑时的加速度为 m/s2‎ ‎16．一辆质量为1.0×‎103 kg的汽车，经过10 s由静止加速到速度为‎108 km/h后匀速前进．求：‎ ‎⑴ 汽车受到的合力大小；‎ ‎⑵ 如果关闭汽车发动机油门并刹车，设汽车受到的阻力为6.0×103 N，求汽车由‎108 km/h到停下来所用的时间和所通过的路程．‎ ‎17．静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图，轻绳长L = ‎1 m，承受的最大拉力为8 N，A的质量m1 = ‎2 kg，B的质量m2 = ‎8 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ = 0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g = ‎10 m/s2）．‎ ‎⑴ 求绳刚被拉断时F的大小；‎ ‎⑵ 若绳刚被拉断时，A、B的速度为‎2 m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为多少？‎ ‎18．质量为‎0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，图中a、b直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的v – t图象，取g = ‎10 m/s2．求：‎ ‎⑴ 物体受滑动摩擦力多大？‎ ‎⑵ 水平拉力多大？‎ ‎19．如图所示，倾角为37°，长为l = ‎16 m的传送带，转动速度为v = ‎10 m/s，动摩擦因数μ = 0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m = ‎0.5 kg的物体．已知sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g = ‎10 m/s2．求：‎ ‎⑴ 传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；‎ ‎⑵ 传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．‎ 参考答案：‎ 一．考点整理 基本规律 ‎ ‎1．正比 反比 相同 ma 惯性 宏观 低速 ‎2．千克 米 秒 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．AC；物体的速度不断增大，一定有加速度，由牛顿第二定律知，物体所受合力一定不为0，物体必受力的作用，A正确；位移与运动时间的平方成正比，说明物体做匀加速直线运动，合力不为0，C正确；做匀速直线运动的物体的位移也是逐渐增大的，但其所受合力为0，故B错误；当物体的速率不变，速度的方向变化时，物体具有加速度，合力不为0，D错误．‎ ‎2．CD；物理公式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．牛顿第二定律的公式F = ma是根据实验结论导出的，其过程简要如下：实验结论1：a∝F；实验结论2：a∝m-1；综合两个结论，得a ∝ F/m或F ∝ ma．式子写成等式为F = kma，其中k为比例常数．如果选用合适的单位，可使k = 1．为此，对力的单位“N”做了定义：使质量是‎1 kg的物体产生‎1 m/s2的加速度的力，叫做1 N，即1 N = ‎1 kg·m/s2．据此，公式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，公式F = kma中的比例常数k的数值，是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的，在国际单位制中k = 1，并不是在任何情况下k都等于1，故选项A、B错，选项C、D正确．‎ ‎3．答案　⑴‎2 m/s2　⑵2 s ‎⑴ 刷子受力如图所示，对刷子沿斜面方向由牛顿第二定律得：Fsinθ – mgsinθ – Ff = ma 垂直斜面方向上受力平衡，有：Fcos θ = mgcosθ + FN ‎ 其中Ff = μFN 由以上三式得：a = 2 m/s2．‎ ‎⑵ 由L = at2/2得：t = 2 s．‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ 例‎1 C；在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知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向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg = F，a3 = 0；由牛顿第二定律得物块4满足a4 = (F + Mg)/M = (M + m)g/M，所以C对．‎ 变式1 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FT，受力情况如图所示．突然撤离木板时，FN突然消失而其他力不变，因此FT与重力mg的合力F = = mg，产生的加速度a = = g，B正确．‎ 例2 A；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，由牛顿第二定律得木块不滑动的最大加速度大小为am = (2f – Mg)/M ① 对整体，受到两个力，即力F和整体重力(m + M)g，由牛顿第二定律得F–(m + M)g = (m + M)a　② 代入最大加速度即得力F的最大值Fm = 2f(m + M)/M，A项正确．‎ 变式2 B；设题中50个小物块组成的整体沿斜面向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得F – 50μmgcos30°–50mgsin30° = 50ma；从整体中将第3、4、…、50共48个小物块隔离出来进行受力分析，设第2个小物块对第3个小物块的作用力大小为FN，由牛顿第二定律得FN–48μmgcos30° – 48mgsin30° = 48ma；联立以上两式解得FN = ‎24F/25，由牛顿第三定律可知，第3个小块对第2个小物块作用力大小为‎24F/25，故选项B正确．‎ 例3 ⑴ “A鱼”在入水前做自由落体运动，有 vA12 – 0 = 2gH ① 得：vA1 = ②‎ ‎⑵“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有F浮 + fA- mg = maA ③ 0 - vA12 = – 2 aAhA ④ 由题意：F浮 = 10mg/9 由②③④式得 fA = mg(H/hA – 1/9) ⑤ ‎ ‎⑶ 考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有fB = mg(H/hB – 1/9) ⑥ 综合⑤、⑥两式，得 fA：fB = hB(9H - hA)/[hA(9H - hB)]．‎ 变式3设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则：a1t1 = a2t2 ① 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．由牛顿第二定律可得：Fcosθ–mgsinθ–Ff1 = ma1 ② Ff1 = μFN1 = μ(mgcos θ + Fsin θ) ③ 撤去力F后，对物体受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：– mgsinθ–Ff2 = – ma2 ④ Ff2 = μFN2 = μmgcosθ ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得：a2 = ‎8 m/s2，a1 = ‎5 m/s2，μ = 0.25，物体运动的总位移x = a1t12/2 + a2t22/2 = ‎16.25 m.．‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．C；设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律，知物块沿斜面加速下滑时的加速度a = g(sinθ – μcosθ) > 0，即μ < tanθ．对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′ = [(mg + F)sinθ – μ(mg + F)cosθ]/m = a + (Fsinθ – μFcosθ)/m，且Fsinθ – μFcosθ > 0，故a′ > a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．‎ 预测1 C；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，由牛顿第二定律可得：F = (m + 2m)a，对质量为m的小球水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得：kx = ma，则此时两球间的距离为L + ，C正确．‎ ‎2．BD 预测2 B；由“等时圆”模型结论有：tAP = tCP = ，tPB = tPD=，所以t1 = tAP + tPB，t2 = tCP + tPB，知t1 = t2，B项正确．‎ ‎3．⑴ 砝码对纸板的摩擦力f1 = μm‎1g 桌面对纸板的摩擦力f2 = μ(m‎1 ‎+ m2)g f = f1 + f2，解得f =μ(‎2m1 + m2)g．‎ ‎⑵ 设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1 = m1a1 F – f1 – f2 = m2a2 发生相对运动 a2 > a1 解得 F > 2μ(m‎1 ‎+ m2)g．‎ ‎⑶ 纸抽出前，砝码运动的距离x1 = a1t12/2 纸板运动的距离d + x1 = a2t12/2 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2 = a3t22/2 l = x1 + x2 由题意知 a1 = a3、a1t1 = a3t3 解得F = 2μ[m1 +(1 + d/l)m2]g 代入数据解得 F = 22.4N x m α M O 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，由牛顿第二定律得：μmg = ma，a = μg = ‎1 m/s2，根据运动学公式有：L＋x = a0t2/2，x = at2/2，解得：t = = 1 s．‎ ‎⑵ 由v = v0 + at得铁块速度v = 1×1 m/s = 1 m/s．‎ ‎4．⑴ 设物块在斜面上平衡时，弹簧的伸长量为ΔL，有 mgsinα – kΔL = 0‎ ‎ 解得ΔL = (mgsinα)/k 此时弹簧的长度为L + (mgsinα)/k ‎ ‎⑵ 当物块的位移为x时，弹簧伸长量为 x + ΔL f F α Mg FN2‎ FN1‎ 物块所受合力为 F合 = mfsinα – k(x + ΔL)‎ 联立以上各式可得F合 = – kx 则物块作简谐运动 ‎⑶ 物块作简谐运动的振幅为 A = L/4 + (mgsinα)/k 由对称性可知，‎ 最大伸长量为L/4 + (mgsinα)/k ‎⑷ 设物块位移x 为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面 体平衡，所以有 水平方向 f + FN1sinα – Fcosα = 0‎ 竖直方向FN2 – Mg – FN1cosα – Fsinα = 0‎ 又F = k(x + ΔL)、FN1 = mgcosα 联立可得 f = kxcosα，FN2 = Mg + mg + kxsinα 为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有︱f︱≤ μFN2‎ 所以μ ≥︱f︱/μFN2 =(k︱x︱cosα)/(Mg + mg + kxsinα)‎ ‎ 当 x = – A时，上式右端达到最大值，于是有≥ [(kL + 4mgsinα)cosα]/(4Mg + 4mgcos2α - kLsinα)‎ 预测4 ⑴ 分析滑块受力，如图所示，由牛顿第二定律得：a1 = gsin θ = ‎6 m/s2，通过图（b）可知滑块在斜面上运动的时间为：t1 = 1 s，由运动学公式得：s = a1t/2 = ‎3 m．‎ ‎⑵ 滑块对斜面的压力为：N1′ = N1 = mgcos θ，木块对传感器的压力为：F1 = N1′sin θ；由图（b）可知：F1 = 12 N 解得：m = ‎2.5 kg．‎ ‎⑶ 滑块滑到B点的速度为：v1 = a1t1 = ‎6 m/s，由图（b）可知：f‎1 ‎= f2 = 5 N，t2 = 2 s，a2 = f2/m = ‎2m/s2，s = v1t2 – a2t22 = ‎8m．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．D；物体加速度的大小与质量和速度大小的乘积无关，A项错误；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项错误．‎ ‎2．C；物体在力F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，加速度向左逐渐减小，速度增加，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大．综上所述，A、B、D错误，C正确．‎ ‎3．A；由牛顿第二定律F = ma与x = at2，得出F = = ．‎ ‎4．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．由牛顿第二定律和运动学公式得：a = F/m = ‎2 m/s2，v = at = ‎10 m/s，x = at2/2 = ‎25 m．‎ ‎5．C；在细线烧断前，A、B两球的受力情况如图甲所示，由平衡条件可得：对B球有F绳 = mg 对A球有F弹 = mg + F绳；在细线烧断后，F绳立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况如图乙所示．由牛顿第二定律可得：B球有向下的重力加速度g；A球有F弹 – mg = maA 解得aA = g，方向向上．综上分析，选C．‎ ‎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，根据牛顿第二定律，有F + k(x0 – x) – mg = ma，即F = ma + kx = 20 + kx；当弹簧对B竖直向上的弹力大小等于重力时B刚好离开地面，此时弹簧对木块A施加竖直向下的弹力F弹，大小为mg，对木块A运用牛顿第二定律有F – mg – F弹 = ma，代入数据，可求得F = 100 N．‎ ‎7．C；将a、b两物体作为一个整体来进行分析，设两物体的总质量为m，物体向上的位移为Δx = at2/2，受到向上的拉力F、弹簧的弹力FN和竖直向下的重力G，由题意得kx0 = mg，由牛顿第二定律得F + k(x0 – Δx) – mg = ma，即F = mg + ma – (mg – kΔx) = ma + k×at2/2，故C正确．‎ ‎8．C；由F = ma可知加速度a与合外力F同向，且大小成正比，故F – t图象与a – t图线变化趋势应一致，故选项A、B均错误；当速度与加速度a同向时，物体做加速运动，加速度a是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．‎ ‎9．B；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．由等时圆知识可知，由A沿斜面滑到D所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端与D点重合即可，而∠COD = θ，则α= θ/2．‎ ‎10．BD；恒力F作用时，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F．突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为零，加速度为零，A项错、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项错、D项对．‎ ‎11．CD；设圆轨道半径为R，据“等时圆”模型结论有，ta = = 2 ；B点在圆外，tb > ta，c球做自由落体运动tc =；所以，有tc < ta < tb，C、D正确．‎ ‎12．ACD；若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F2 – F1 – μG = ma > 0，解得F1 < 5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F1 – F2 – μG = ma > 0，解得F1 > 25 N，C、D正确．‎ ‎13．CD ；0～t1时间内，物体做加速度减小的加速运动，由F1 - Ff = ma1，a1减小，可知外力不断减小，A错；由图线斜率可知t1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减速运动，若外力方向与物体运动方向相同，由Ff - F2 = ma2，a2增大，可知外力逐渐减小，若外力方向与物体运动方向相反，由Ff + F3 = ma2，a2增大，可知外力逐渐增大，又由于在t1时刻，外力F大小等于摩擦力Ff的大小，所以F可能先与物体运动方向相同，大小逐渐减小，减小到0后再反向逐渐增大，故C、D对．‎ ‎14．ACD；由a – F图象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N，选项A正确；再由图象可知，当F = 7 N时，加速度为‎0.5 m/s2，当F = 14 N时，加速度为‎4 m/s2，即F1 – μmg = ma1，F2 – μmg = ma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C、D正确；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N时物体的速度，选项B错误．‎ ‎15．ABD；在0～2 s由速度图象可得：a＝＝‎0.5 m/s2，由速度图象可知，2 s后匀速，合外力为零，推力大小等于阻力，故0～2 s内的合外力F合＝21.5 N－20 N＝1.5 N，由牛顿第二定律可得：m＝＝ kg＝‎3 kg，故选项A正确；由匀速时F推＝mgsin α＋μmgcos α，代入数据可得：μ＝，所以选项B正确；撤去推力F后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受合外力为F合′＝mgsin α－μmgcos α＝10 N＞0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为：a′＝＝ m/s2，故选项C错、D对，所以正确选项为A、B、D．‎ ‎16．汽车运动过程如图所示，v = ‎108 km/h = ‎30 m/h．‎ ‎⑴ 由v = v0 + at得 加速度a = (v - v0)/t = 3 m/s2；由F = ma知汽车受到的合力大小F = 1.0×103×3 N = 3.0×103 N．‎ ‎⑵ 汽车刹车时，由F = ma知加速度大小a′ = f/m = 6 m/s2；据v = v0 + at知刹车时间t = v0/ a′ =5 s，由x = v0t/2 知刹车路程x = 75 m．‎ ‎17．⑴ 设绳刚要被拉断时产生的拉力为FT，根据牛顿第二定律，对A物体有 FT – μm‎1g = m‎1a 代入数值得a = ‎2 m/s2；对A、B整体有：F–μ(m1 + m2)g = (m1 + m2)a，代入数值得F = 40 N．‎ ‎⑵ 设绳断后，A的加速度为a1，B的加速度为a2，则a1 = μg =2 m/s2，a2 = (F – μm12g)/m2 = 3 m/s2，A停下来的时间为t，则t = v/a1 = 1 s，A的位移为x1，则x1 = v2/2a1 = 1 m；B的位移为x2，则x2 = vt + a2t2/2 = 3.5 m，A刚静止时，A、B间距离为Δx = x2 +L – x1 = 3.5 m．‎ ‎18．⑴ 由题图知图线a的加速度为 a1＝－ m/s2 图线b的加速度为 a2＝－ m/s2‎ 根据牛顿第二定律得，摩擦力Ff＝ma2＝－0.2 N，方向与运动方向相反．‎ ‎⑵ 根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1＝－0.1 N 所以F＝0.1 N，方向与运动方向相同．‎ ‎19．⑴ 传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝‎2 m/s2，根据l＝at2得t＝4 s．‎ ‎⑵ 传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 则有a1＝＝‎10 m/s2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有 t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝‎5 mμmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝＝‎2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因为x2＝vt2＋a2t，则有10t2＋t＝11 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去) 所以t总＝t1＋t2＝2 s．‎