【物理】2018届一轮复习人教版 牛顿第二定律 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 牛顿第二定律 学案

‎ ‎ ‎1．用牛顿第二定律分析瞬时加速度 ‎2．分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：‎ 特性 模型 受外力时 的形变量 力能 否突变 产生拉力 或支持力 质量 内部 弹力 轻绳 微小不计 能 只有拉力 没有支持力 不计 处 处 相 等 橡皮绳 较大 不能 只有拉力 没有支持力 轻弹簧 较大 不能 既可有拉力 也可有支持力 轻杆 微小不计 能 既可有拉力 也可有支持力 ‎3．在求解瞬时加速度问题时应注意：‎ ‎（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。‎ ‎（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。‎ 质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a１。当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a2，则 A．a1=a2 B．a2<2a1‎ C．a2>2a1 D．a2=2a1‎ ‎【参考答案】C ‎【详细解析】由牛顿第二定律得：，，由于物体所受的摩擦力， ，即不变，所以，故选项C正确。学科/网 ‎【名师点睛】本题考查对牛顿第二定律的理解能力，F是物体受到的合力，不能简单认为加速度与水平恒力F成正比。‎ ‎1．如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计。由静止释放C，C下落一定高度的过程中（C未落地，B未撞到滑轮，g=10 m/s2）。下列说法正确的是 A．A、B两物体发生相对滑动 B．A物体受到的摩擦力大小为3 N C．B物体的加速度大小是2.5 m/s2‎ D．细绳的拉力大小等于10 N ‎【答案】C ‎【解析】假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度，隔离对A分析，f=mAa=1×2.5 N=2.5 N<μmAg=3 N，可知假设成立，即A、B两物体不发生相对滑动，A所受的摩擦力为2.5 N，加速度为2.5 m/s2，故A B错误，C正确；隔离对C分析，根据牛顿第二定律得，mCg–T=mCa，解得T=mCg–mCa=10 N–1×2.5 N=7.5 N，故D错误。故选C。‎ ‎【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通过整体法和隔离法判断出A、B是否发生相对滑动是解决本题的关键。‎ ‎2．将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C 则：Fcosθ–μ(Fsinθ–mg)=ma，解得，故ABD是可能的，选项C是不可能的。‎ 如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，‎ 拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α=30°，弹簧水平，以下说法正确的是 A．细线拉力大小为mg B．弹簧的弹力大小为 C．剪断左侧细线瞬间，b球加速度为0‎ D．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为 ‎【参考答案】C ‎【详细解析】对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为 ，弹簧的弹力为： ，故AB错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力，加速度为0，故C正确；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力，根据牛顿第二定律得，故D错误。‎ ‎【名师点睛】根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a球的瞬时加速度。‎ ‎1．如图所示，质量为4 kg的小球A和质量为1 kg的物体B用弹簧相连后，再用细线悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度a=2 m/s2，加速上升过程中，剪断细线的瞬间，两小球的加速度正确的是（重力加速度为g=10 m/s2）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】剪断细线前，对B，根据牛顿第二定律得：F–mBg=mBa，解得弹簧的弹力 F=12 N，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对A有：F+mAg=mAaA，解得aA=13 m/s2，此瞬间B的受力情况不变，加速度不变，则aB=a=2 m/s2，故B正确，ACD错误；故选B。学%科网 ‎【名师点睛】本题是牛顿第二定律的瞬时问题，关键要明确弹簧的弹力不能发生突变，结合牛顿第二定律进行求解，要灵活选择研究对象。‎ ‎2．如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是 ‎ A．A球的受力情况未变，加速度为零 B．C球的加速度沿斜面向下，大小为g C．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5gsin θ D．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ ‎【答案】C ‎，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得： ，则加速度，B的加速度为：，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得：，C正确，D错误。‎ 如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示，g取10 m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是 A．0~6 s加速，加速度大小为2 m/s2，6~12 s减速，加速度大小为2 m/s2‎ B．0~8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8~12 s减速，加速度大小为4 m/s2‎ C．0~8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8~16 s减速，加速度大小为2 m/s2‎ D．0~12 s加速，加速度大小为1.5 m/s2，12~16 s减速，加速度大小为4 m/s2‎ ‎【参考答案】C ‎【详细解析】根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，车先以4 m/s2的加速度匀加速直线运动，后以−4 m/s2的加速度匀减速直线运动，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s2。根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：0~8 s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力而加速，其加速度大小为2 m/s2，同理可得：8~16 s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力而减速，则其加速度大小为2 m/s2，故C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎1．将一只小球竖直向上抛出，小球运动时受到空气阻力的大小与速度大小成正比，下列描绘小球在上升过程中的加速度大小a及速度大小v与时间t关系的图象，可能正确的是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】BD ‎1．如图所示，质量为M的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m的木块。已知m与M之间的动摩擦因数为μ，m、M与桌面间的动摩擦因数均为2μ。现对M施一水平恒力F，将M从m下方拉出，而m恰好没滑出桌面，则在上述过程中 A．水平恒力F一定大于3μ(m+M)g B．m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等 C．m在M上滑动的时间是在桌面上滑动的时间的2倍 D．若增大水平恒力F，木块有可能滑出桌面 ‎2．在光滑水平面上，a、b 两球沿水平面相向运动。当两球间距小于或等于L 时，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；当两球间距大于L 时，则相互作用力为零。两球在相互作用区间运动时始终未接触， 两球运动的v–t 图象如图所示，则 ‎ A．a 球质量小于b 球质量 B．t1 时刻两球间距最小 C．0~t2 时间内，两球间距逐渐减小 D．0~t3 时间内，b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反 ‎3．质量不同、半径相同的甲乙两个小球从高空中某处由静止开始下落，且甲球质量比乙球质量大。设它们所受空气阻力f与下落速度v的关系为f=kv，k为定值。则下列四个运动图象哪一个与两小球运动相符 A． B． ‎ C． D． ‎ ‎4．一轻弹簧B端固定，另一端C与细绳一端共同拉着一个质量为m的小球，细绳的另一端A也固定，且AC、BC与竖直方向夹角分别为θ1=30°和θ2=60°，重力加速度为g。则烧断细绳的瞬间，小球的加速度为 A．g，竖直向下 B．g/2，水平向右 C．，水平向右 D．，向右下与水平成60°角 ‎5．物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间的变化规律如图所示，取开始时的运动方向为正方向，则物体运动的v–t图象是 A． B． ‎ C． D． ‎ ‎6．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g=10 m/s2，则斜面倾角θ为 A．30° B．45°‎ C．60° D．75°‎ ‎7．静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时间变化如图甲所示。在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10 m/s2。则下列说法中错误的是 A．物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变 B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1‎ C．物体的质量为6 kg D．4 s末物体的速度为4 m/s ‎8．（2016新课标全国Ⅰ卷）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则 A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 ‎9．（2016海南卷）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则 A．F1F3‎ C．F1>F3 D．F1=F3‎ ‎10．（2015海南卷）如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为∆l1和∆l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间 A．a1=3g B．a1=0‎ C．∆l1=2∆l2 D．∆l1=∆l2‎ ‎11．（2015·海南卷）如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时 A．物块与斜面间的摩擦力减小 B．物块与斜面间的正压力增大 C．物块相对于斜面减速下滑 D．物块相对于斜面匀速下滑 ‎12．（2015·新课标全国Ⅰ卷）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v–t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出 A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ‎2．C【解析】从速度时间图象可以看出，b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据 知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A错误；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B错误，C正确；b球0~t1时间内做匀减速运动，所以0~t1时间内排斥力与运动方向相反，D错误。故选C。‎ ‎3．C【解析】小球下落过程中，受到重力与空气阻力，由牛顿第二定律得：mg−f=ma，f=kv，则得a=g−kv/m可见，速度v增大，加速度a减小，故AB错误；由上式可知，当速度相等时，质量越大，加速度越大，故C正确，D错误。‎ ‎4．D【解析】以球为研究对象，小球受轻绳的拉力F1，弹簧的拉力F2，由平衡条件，解得，剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得 ，方向向右下与水平成60°角，故D正确。‎ ‎5．C【解析】在0~1 s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，在1~2 s内，加速度反向，速度方向 与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2 s末时速度为零。2~3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复0~1 s内运动情况，3~4 s内重复1~2 s内运动情况。在0~1 s内，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1 s末速度，在1~2 s内， ，物体将仍沿正方向运动，但做减速运动，2 s末时速度，2~3 s内重复0~1 s内运动情况，3~4 s内重复1~2 s内运动情况，综上正确的图象为C。学科.网 ‎【名师点睛】本题考查了求斜面倾角问题，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出图象的函数表达式，根据图示图象求出物体的加速度是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律可以解题。‎ ‎7．C【解析】由图乙知，0~2‎ ‎ s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大。t=2 s时静摩擦力达到最大值，t=2 s后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变，故A正确；在2~4 s内，由牛顿第二定律得：F–μmg=ma①，由图知：当F=6 N时，a=1m/s2，代入①式得 6–10μm=m ②，当F=12 N时，a=3 m/s2，代入①式得 12–10μm=3m ③，由②③解得 μ=0.1，m=3 kg，故B正确，C错误；根据a–t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4 s内物体速度的变化量为，由于初速度为0，所以4 s末物体的速度为4 m/s，故D正确。本题选错误的，故选C。‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键是对物体进行受力分析，再根据不同的加速度列牛顿第二定律方程。要知道a–t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由此求速度的变化量。‎ ‎8．BC【解析】因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点所受的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变。但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故C正确，D错误。若做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确。‎ ‎【名师点睛】本题主要考查牛顿运动定律。特别注意以前我们碰到的问题经常是去掉一个恒力，本题增加了一个恒力，从牛顿运动定律角度来看没有什么区别。根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小，根据合力与速度方向间的关系判断物体的运动情况。要特别注意的是，质点有可能做匀变速曲线运动。‎ ‎9．A【解析】由v–t图象可知，0~5 s内加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有 mgsin θ–f–F1=ma1，F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F2=mgsin θ–f；10~15 s内加速度a3=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。‎ ‎【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。‎ ‎10．AC【解析】设物体的质量为m ‎，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧的拉力，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知，故a受到的合力，故加速度，A正确，B错误；设弹簧的拉力为，则，根据胡克定律可得，C正确，D错误。‎ ‎【名师点睛】做本类型题目时，需要知道剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生变化，即细线的拉力变为零，弹簧的弹力吧不变，然后根据整体和隔离法分析。‎ ‎11．BD【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为，物体的质量为m，当匀速运动时有，即，假设物体以加速度a向上运动时，有，，因为，所以，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D正确。‎ ‎【名师点睛】做本题的关键是受力分析，知道变化前后，力的变化，然后根据力的分解和牛顿第二定律进行解题。‎ ‎12．ACD【解析】小球滑上斜面的初速度已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离，根据牛顿第二定律，向上滑行过程，向下滑行，整理可得，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项AC对。根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度，选项D对。仅根据速度时间图象，无法找到物块质量，选项B错。‎ ‎【名师点睛】速度时间图象的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。‎