第四章-第3節(jié)-牛頓第二定律-2020-人教版高中物理必修一習(xí)題課件

03牛頓第二定律題型1對牛頓第二定律的理解解析第3節(jié)牛頓第二定律刷基礎(chǔ)1．[吉林長春外國語學(xué)校2019高一上期末]對靜止在光滑水平面上的物體施加一水平拉力，當(dāng)力剛開始作用的瞬間()A．物體立即獲得速度B．物體立即獲得加速度C．物體同時獲得速度和加速度D．由于物體未來得及運動，所以速度和加速度都為零根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，加速度與合力是瞬時對應(yīng)的關(guān)系，合力變化，加速度同時隨之變化，當(dāng)力剛開始作用的瞬間，物體所受的合力立即增大，則立即獲得了加速度，而物體由于具有慣性，速度還沒有改變，故B正確．B解析刷基礎(chǔ)2．[江蘇鹽城2019高一上期末](多選)如圖所示，當(dāng)小車水平向右加速運動時，物塊M相對靜止于車廂后豎直壁上．當(dāng)小車的加速度增大時()A．M所受的靜摩擦力增大B．M對車廂的作用力增大C．M仍相對車廂靜止D．M受到的合外力為零小車向右做勻加速直線運動，物塊M相對小車靜止，加速度與車的加速度相同，以物塊為研究對象，受力分析如圖所示，對物塊，由牛頓第二定律得N＝Ma，a增大，表明N增大，由相互作用力規(guī)律可知，M對車廂壁的壓力N′＝N增大，物塊受到的最大靜摩擦力增大，物塊不可能沿壁下滑，M仍相對車廂靜止，在豎直方向，M所受合外力為零，由平衡條件得f＝Mg，M所受的靜摩擦力不變；M受到的合外力不為零，豎直方向的合力不變，水平方向的合力增大，所以車廂與M的相互作用力增大，故A、D錯誤，B、C正確．BC第3節(jié)牛頓第二定律題型2牛頓第二定律的簡單計算刷基礎(chǔ)3．[四川成都七中2019高一上月考]如圖所示，位于水平地面上的質(zhì)量為M的木塊，在方向與水平面成α角、大小為F的拉力作用下，沿水平地面做勻加速直線運動，若木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊的加速度為()木塊受力如圖所示，在豎直方向有F支＝Mg－Fsinα，根據(jù)相互作用力規(guī)律可知木塊對地面的壓力F壓＝F支＝Mg－Fsinα；在水平方向，由牛頓第二定律得Fcosα－μ(Mg－Fsinα)＝Ma，解得加速度a＝，故選D.D解析第3節(jié)牛頓第二定律解析刷基礎(chǔ)4．(多選)如圖所示，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的較長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時()A．貓有向上的加速度B．貓?zhí)幱谄胶鉅顟B(tài)，板對貓有沿斜面向上的摩擦力C．板的加速度大小為gsinα，方向沿斜面向下D．板的加速度大小為gsinα，方向沿斜面向下貓?zhí)幱谄胶鉅顟B(tài)，隔離貓進行受力分析，貓受重力、板對它的支持力及板對貓沿斜面向上的摩擦力，A錯誤，B正確；木板沿斜面加速下滑時，貓保持相對斜面的位置不變，即相對斜面靜止，加速度為零．將木板和貓作為整體，根據(jù)牛頓第二定律有F合＝F貓＋F木板＝0＋2ma(a為木板的加速度)，整體受到的合力的大小為貓和木板的重力沿斜面方向的分力的大小，即F合＝3mgsinα，解得a＝gsinα，方向沿斜面向下，C錯誤，D正確．BD第3節(jié)牛頓第二定律題型3瞬時性問題解析刷基礎(chǔ)5．[江西南昌八一中學(xué)等七校2019高一上期末]如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧和輕繩拉住，處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩與豎直方向成60°角，當(dāng)剪斷輕繩的瞬間，小球的加速度()A．為零B．大小為g，方向豎直向下C．大小為2g，方向沿原來輕繩方向斜向下D．大小為2g，方向水平向右在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力平衡得，繩子的拉力T＝=2mg；剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力不變，小球此時受重力、彈簧的彈力兩個力作用，小球的合力與原來輕繩的拉力等大反向，大小為F合＝2mg；根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度為a＝2g，方向沿原來輕繩方向斜向下，故選C.C第3節(jié)牛頓第二定律解析刷基礎(chǔ)6．[河北邢臺二中2018高一上月考](多選)如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ，圖甲中A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間()A．圖乙中A、B球與桿之間的作用力為零B．圖乙中A球的加速度為gsinθC．圖甲中B球的加速度為2gsinθD．圖甲中B球的加速度為gsinθ兩圖中，撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小均為2mgsinθ，因彈簧的彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，故A、B、C正確，D錯誤．CABC第3節(jié)牛頓第二定律解析刷易錯7．[黑龍江哈爾濱六中2018高一上期末](多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長直桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)給環(huán)一個向右的初速度v0，同時對環(huán)加一個豎直向上的作用力F，并使F的大小隨v的大小變化，兩者的關(guān)系為F＝kv，其中k為常數(shù)，則環(huán)在運動過程中的速度—時間圖像可能是()若一開始有F＝mg，圓環(huán)在豎直方向不受直桿的作用力，在水平方向不受摩擦力，則圓環(huán)做勻速直線運動，故A正確；若一開始有F<mg，圓環(huán)在水平方向受到摩擦力而做減速運動，隨著速度的減小，F(xiàn)也減小，圓環(huán)所受的桿的摩擦力f＝μ(mg－F)，則摩擦力增大，由牛頓第二定律知加速度增大，即圓環(huán)做加速度增大的減速運動，故B正確，C錯誤；若一開始有F>mg，圓環(huán)在水平方向受到摩擦力而做減速運動，隨著速度的減小，F(xiàn)也減小，f＝μ(F－mg)，則摩擦力減小，加速度減小，圓環(huán)做加速度減小的減速運動，當(dāng)F＝mg后，圓環(huán)做勻速直線運動，故D正確．CABD第3節(jié)牛頓第二定律易錯點沒有理解“力與運動的關(guān)系”易錯分析要首先分析圓環(huán)所受的合力如何變化，即確定圓環(huán)的加速度如何變化，再分析圓環(huán)的運動情況，進而判斷速度的變化情況．不明白力和運動的關(guān)系，做題時容易無處下手而導(dǎo)致錯選．解析刷提升1．[河北辛集中學(xué)2019高一上月考](多選)關(guān)于合力F、物體的加速度a、速度v，以下說法正確的是()A．若F和v同向，當(dāng)F逐漸減小時，a逐漸減小，v逐漸減小B．若F和v同向，當(dāng)F逐漸減小時，a逐漸減小，v逐漸增大C．若F和v反向，當(dāng)F逐漸增大時，a逐漸增大，v逐漸增大D．若F和v反向，當(dāng)F逐漸增大時，a逐漸增大，v逐漸減小由牛頓第二定律可知，加速度的方向與合力的方向相同，大小與合力成正比．若F與v同向，則加速度與速度同向，物體做加速運動，當(dāng)F減小時，加速度減小，但速度繼續(xù)增大，故A錯誤，B正確；若F和v反向，加速度與速度反向，物體做減速運動，當(dāng)F增大時，加速度增大，但物體的速度減小，故C錯誤，D正確．CBD第3節(jié)牛頓第二定律解析刷提升2．[安徽宣城二中、廣德中學(xué)、郎溪中學(xué)三校2018高一上聯(lián)考](多選)A、B兩物體位于地球的不同緯度(注：緯度不同，重力加速度往往也不同)，各自在豎直拉力的作用下開始做直線運動．利用傳感器和計算機可以測量快速變化的力與加速度，如圖所示是用這種方法獲得的物體A、B所受的外力F與加速度a的關(guān)系圖像，若物體A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，物體A、B所在處的重力加速度分別為gA、gB，則下列關(guān)系式正確的是()A．mA＞mBB．gA＞gBC．mA＜mBD．gA＜gB對物體受力分析，物體受重力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律有F-mg＝ma，變形得F＝ma＋mg；當(dāng)F＝0時，a＝-g，即g為橫截距的長度，故gA<gB；當(dāng)a＝0時，F(xiàn)＝mg，由圖可知，當(dāng)a＝0時，F(xiàn)＝mAgA＝mBgB，所以mA>mB，故A、D正確．CAD第3節(jié)牛頓第二定律解析刷提升3．[廣東中山第一中學(xué)2019高一上段考](多選)如圖所示為位于水平面上的小車，固定在小車上的支架斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿的下端固定有質(zhì)量為m的小球．下列關(guān)于斜桿對球的作用力F的判斷中，正確的是()A．小車靜止時，F(xiàn)＝mgsinθ，方向沿桿向上B．小車靜止時，F(xiàn)＝mgcosθ，方向垂直于桿向上C．小車向右做勻速運動時，一定有F＝mg，方向豎直向上D．小車向右做勻加速運動時，一定有F＞mg，方向可能沿桿向上小車靜止時，小球處于平衡狀態(tài)，則桿對球的彈力F＝mg，方向豎直向上，故A、B錯誤．小車向右勻速運動時，小球處于平衡狀態(tài)，則桿對球的彈力F＝mg，方向豎直向上，故C正確．小球向右做勻加速運動時，小球具有向右的加速度，合力向右，小球受力如圖所示，根據(jù)幾何知識可知，F(xiàn)＞mg，方向由合力的大小決定，可能沿桿向上，故D正確．CCD第3節(jié)牛頓第二定律解析刷提升4．[北京海淀區(qū)人大附中2019高一上期末](多選)如圖所示，水平地面粗糙，水平輕彈簧左端固定，右端與在O點處的質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)接觸但不相連(彈簧處于原長)，現(xiàn)向左推小物塊將彈簧壓縮到A點，然后釋放，小物塊在彈簧彈力和摩擦力的作用下沿直線運動到B點停下．則對物塊從A運動到B的過程，下列說法正確的是()A．物塊與彈簧在O點分離B．物塊與彈簧在A、O之間的某點分離C．物塊從A到O做加速運動，從O到B做減速運動D．物塊從A到O的過程中，加速度先逐漸減小后反向增大對物塊受力分析，豎直方向受重力和支持力，二力平衡，水平方向受彈簧彈力和摩擦力，剛從A點釋放時，彈簧彈力大于摩擦力，合力向右，物塊加速向右運動，隨著物塊向右運動，彈簧壓縮量減小，彈力減小，則合力減小，加速度減小，到達O點之前某一位置C，彈簧彈力減小到等于摩擦力，由C至O過程中彈力小于摩擦力，合力向左，加速度向左，又因為物塊繼續(xù)向右運動，物塊開始減速，彈簧壓縮量繼續(xù)減小，彈力繼續(xù)減小，合力增大，加速度增大，速度繼續(xù)減小，到O點物塊和彈簧分離，從O至B過程物塊受向左的摩擦力而一直做勻減速運動．故A、D正確，B、C錯誤．CAD第3節(jié)牛頓第二定律解析刷提升5．如圖甲所示，水平面上質(zhì)量相等的兩木塊A、B，用輕彈簧相連接，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動木塊A，使木塊A向上做勻加速直線運動(如圖乙所示)，研究從力F剛作用在木塊A瞬間到木塊B剛離開地面瞬間的這一過程，并選定該過程中木塊A的起點位置為坐標(biāo)原點．下列圖中能正確表示力F和木塊A的位移x之間關(guān)系的是()設(shè)原來系統(tǒng)靜止時彈簧的壓縮量為x0，當(dāng)木塊A的位移為x時，彈簧的壓縮量為x0-x，彈簧的彈力大小為k(x0-x)，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0-x)-mg＝ma，可得F＝kx-kx0＋ma＋mg，又kx0＝mg，可得F＝kx＋ma.可知F與x成線性關(guān)系，當(dāng)x＝0時，kx＋ma＞0.故選A.CA第3節(jié)牛頓第二定律解析刷提升6．[四川閬中學(xué)校2019高一上期中]如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩小球分別連在輕繩兩端，輕彈簧的一端與A球相連，另一端固定在傾角為30°的光滑斜面頂端，重力加速度大小為g.則剪斷輕繩的瞬間()A．A的加速度為零，B的加速度大小為gB．A、B的加速度大小均為0.5gC．A、B的加速度均為零D．A的加速度為零，B的加速度大小為0.5g設(shè)兩小球的質(zhì)量均為m，對整體分析，彈簧的彈力F＝2mgsin30°＝mg，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力不變，對A分析，aA＝＝0.5g，B的加速度大小為aB＝＝0.5g，故選B.CB第3節(jié)牛頓第二定律解析刷提升7．[江蘇鎮(zhèn)江一中等五校2018高一上月考]如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量分別為m、3m、2m.B和C分別固定在輕質(zhì)彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計．B和C在吊籃的水平底板上處于靜止?fàn)顟B(tài)，將懸掛吊籃的輕繩剪斷的瞬間()A．吊籃A的加速度大小為gB．物體B的加速度大小為gC．物體C的加速度大小為2gD．A、B、C的加速度大小都等于g開始時彈簧的彈力F＝3mg，剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不變，將C和A看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得aAC＝＝2g，即A、C的加速度均為2g，故A、D錯誤，C正確；剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力不變，B所受的合力仍然為零，則B的加速度為零，故B錯誤．CC第3節(jié)牛頓第二定律解析刷提升8．[黑龍江大慶實驗中學(xué)2019高一上月考]如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的足夠長的固定斜面上，對物體施以平行于斜面向上的恒定拉力F，t1＝0.5s時撤去拉力，取沿斜面向上為正方向，物體速度與時間關(guān)系的部分圖像如圖乙所示．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)拉力F的大??；(2)物體沿斜面向上滑行的最大距離s的大?。?1)設(shè)物體在有力F作用時的加速度為a1，撤去力F后物體的加速度為a2，根據(jù)題圖乙可知a1＝m/s2＝16m/s2，a2＝m/s2＝-8m/s2.有力F作用時，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律得F-mgsinθ-μmgcosθ＝ma1，撤去力F后對物體進行受力分析，由牛頓第二定律得-(mgsinθ＋μmgcosθ)＝ma2，解得F＝24N.(2)設(shè)撤去力F后物體運動到最高點所用時間為t2，此時物體速度為零，可得t2＝s＝1s，向上滑行的最大距離C(1)24N(2)6m第3節(jié)牛頓第二定律甲乙解析刷提升9．如圖所示，斜面體的質(zhì)量為M，傾角為θ，與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，用細(xì)繩豎直懸掛一質(zhì)量為m的小球，小球靜止在光滑斜面上，小球的高度為h.當(dāng)燒斷細(xì)繩的瞬間，用水平向右的力由靜止拉動斜面體，小球能做自由落體運動到達水平面，重力加速度為g.問：(1)小球經(jīng)過多長時間到達水平面？(2)拉力至少為多大？(1)小球做自由落體運動到達水平面，下落的高度為h，對小球，有h＝gt2，解得t＝.(2)斜面體至少水平向右運動的位移x＝，對斜面體，有x＝at2，解得a＝gcotθ，以斜面體為研究對象，有F-μMg＝Ma，所以F＝μMg＋Mgcotθ＝(μ＋cotθ)Mg.即當(dāng)燒斷細(xì)繩的瞬間，至少以(μ＋cotθ)Mg的水平向右的拉力由靜止拉動斜面體，小球才能做自由落體運動到達水平面．C第3節(jié)牛頓第二定律答案解析刷提升10．[浙江諸暨中學(xué)2019高一上期中]如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接．現(xiàn)將一小滑塊(可視為質(zhì)點)從斜面上的A點由靜止釋放，最終停在水平面上的C點．已知A點距離水平面的高度h＝0.8m，B點距離C點的距離L＝2m(假設(shè)滑塊經(jīng)過B點時速度大小不變，g取10m/s2)．求：(1)滑塊在運動過程中的最大速度的大??；(2)滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)滑塊從A點釋放后，寫出速度大小v與時間t的關(guān)系的表達式．(1)滑塊先在斜面上做勻加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，所以滑塊運動到B點時速度最大，設(shè)為vm，設(shè)滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin30°＝ma1，根據(jù)運動學(xué)公式，有vm2=，解得vm＝4m/s.即滑塊在運動過程中的最大速度為4m/s.(2)設(shè)滑塊在水平面上運動的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma2，根據(jù)運動學(xué)公式，有vm2＝2a2L，解得μ＝0.4.即滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.4.(3)設(shè)t時刻速度大小為v，在斜面上運動的時間為t1==0.8s，水平面上運動的時間為=1s，所以當(dāng)t<0.8s時，v＝a1t＝5t(m/s)，當(dāng)t1≤t<t1＋t2，即0.8s≤t<1.8s時，v＝vm－a2(t－t1)＝7.2－4t(m/s)，當(dāng)t≥t1＋t2＝1.8s時，v＝0C(1)4m/s(2)0.4(3)見解析第3節(jié)牛頓第二定律解析刷素養(yǎng)11．[清華大學(xué)2016“領(lǐng)軍計劃”]如圖所示，軌道AC由傾角為θ的粗糙傾斜軌道AB和水平光滑軌道BC構(gòu)成，a球從AB上距離B點L處由靜止釋放，經(jīng)過B點后在水平軌道BC上運動(忽略小球a經(jīng)過B點時速率的微小變化)．b從C點上方高為4.5L處下落，a、b兩球同時釋放，并在C點相遇．已知a球與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，B、C間距離也為L，則sinθ＝________.a球在傾斜軌道上運動的加速度為a＝g(sinθ-μcosθ)．a(chǎn)球運動的時間為，b球運動的時間為.a、b兩球同時釋放，并在C點相遇，則有ta＝tb，聯(lián)立解得sinθ＝0.8.C0.8第3節(jié)牛頓第二定律解析刷素養(yǎng)12．暑假期間，小明到黃山旅游，乘觀光車看