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1、 牛頓第二定律
1.用牛頓第二定律分析瞬時加速度
2.分析物體在某一時刻的瞬時加速度,關(guān)鍵是明確該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài),再由牛頓第二定律求出瞬時加速度,此類問題應(yīng)注意以下幾種模型:
特性
模型
受外力時
的形變量
力能
否突變
產(chǎn)生拉力
或支持力
質(zhì)量
內(nèi)部
彈力
輕繩
微小不計
能
只有拉力
沒有支持力
不計
處
處
相
等
橡皮繩
較大
不能
只有拉力
沒有支持力
輕彈簧
較大
不能
既可有拉力
也可有支持力
輕桿
微小不計
能
既可有拉力
也可有支持力
3.在求解瞬時加速度問題時應(yīng)注意:
(1
2、)物體的受力情況和運動情況是時刻對應(yīng)的,當(dāng)外界因素發(fā)生變化時,需要重新進行受力分析和運動分析。
(2)加速度可以隨著力的突變而突變,而速度的變化需要一個過程的積累,不會發(fā)生突變。
如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。現(xiàn)對A施加一水平拉力F,則下列說法中正確的是
A.當(dāng)F<2μmg時,A、B都相對地面靜止
B.當(dāng)F=μmg時,A的加速度為μg
C.當(dāng)F>3μmg時,A相對B滑動
D.無論F為何值,B的加速度不會超過μg
【參考答案】BCD
3、
【詳細(xì)解析】當(dāng)F≤μmg時,A、B不發(fā)生相對滑動,但相對地面滑動。當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對滑動時,A、B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力2μmg,隔離B分析,根據(jù)牛頓第二定律有2μmg–μ·3mg=ma,得a=μg;對整體分析,F(xiàn)–μ·3mg=3ma,得F=3μmg,即當(dāng)F>3μmg時,A、B發(fā)生相對滑動。隔離B分析,2μmg–μ·3mg≥ma',得a'≤μg;當(dāng)F=μmg時,A、B相對靜止,對整體分析,加速度a''==μg。
1.(2019·浙江省寧波市九校高一聯(lián)考)如圖所示,AB為豎直平面內(nèi)某圓周的豎直直徑,BC與CD為兩根固定光滑細(xì)直桿,其中CD通過O點且與AB成60°夾角,兩細(xì)直桿上各
4、套有一個小球,小球可視為質(zhì)點。兩小球均從C點由靜止釋放,一小球從C點運動到D點所用的時間為t1,另一小球從C點運動到B點所用的時間為t2,則t1:t2等于
A.:1 B.2:1 C.1:1 D.:2
【答案】A
【解析】設(shè)AB=CD=d。小球從C點運動到D點的過程,由牛頓第二定律有:mgsin30°=ma1,得:a1g,由位移公式有:da1t12;得:t1=2,小球從C點運動到B點的過程,由牛頓第二定律有:mgsin60°=ma1,得:a2g,由位移公式有:dcos30°a2t22,得:t2,所以有:t1:t2=:1,故選A。
如圖所示,質(zhì)量為M的框架放在水平地面上,一輕彈
5、簧上端固定在框架上,下端固定一個質(zhì)量為m的小球,小球上下振動時,框架始終沒有跳起,當(dāng)框架對地面壓力為零瞬間,小球的加速度大小為
A.g B. C.0 D.
【參考答案】D
【詳細(xì)解析】當(dāng)框架對地面壓力為零瞬間,框架受重力和彈簧的彈力處于平衡,則有:F=Mg,隔離對小球分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F+mg=ma,解得:,方向豎直向下,故D正確。
1.(2019·湖南省湘東六校高二期末聯(lián)考)兩個質(zhì)量分別為m1=1kg,m2=2kg的物體A、B靜止在光滑的水平地面上,中間用一輕質(zhì)彈簧將兩物體連接。如圖所示,現(xiàn)用兩個水平力推力F1=10 N,F(xiàn)2=40 N,分別作用在物體A、B上,則
6、
A.彈簧的彈力為25 N
B.彈簧的彈力為20 N
C.在突然撤去F1的瞬間,A的加速度為30 m/s2
D.在突然撤去F2的瞬間,A的加速度為10 m/s2
【答案】BD
【解析】對AB的整體,由牛頓第二定律:解得a=10 m/s2,則對A:,解得F=20 N,則選項A錯誤,B正確;在突然撤去F1的瞬間,彈簧的彈力不變,則此時A的加速度為,選項C錯誤;在突然撤去F2的瞬間,因彈簧的彈力不變,則此時A所受的合外力不變,則A的加速度仍為10m/s2,選項D正確。
(2019·河北省石家莊市高三二模)傳送帶在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有著廣泛的應(yīng)用。如圖甲,傾角為θ的傳送帶以
7、恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動,現(xiàn)將m=2kg的貨物放在傳送帶上的A點,貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙,整個過程傳送帶是繃緊的,貨物經(jīng)過1.2 s到達(dá)B點,已知重力加速度g=10m/s2.下列說法正確的是
A.貨物在內(nèi)的加速度大小為
B.A、B兩點的距離為
C.貨物從A運動到B的過程中,貨物與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為
D.貨物從A運動到B的過程中,傳送帶對貨物做的功為
【參考答案】AC
【詳細(xì)解析】由加速度的定義知:貨物在0.2~1.2 s內(nèi)的加速度為:,故A正確;物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動,當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度,仍做勻加速直線運動,所以物塊由A到B的間距對應(yīng)圖象所圍
8、梯形的“面積”,為:x=×1×0.2 m +×(1+2)×1 m =1.6 m。故B錯誤;由v–t圖象可知,物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運動,加速度為:,對物體受摩擦力,方向向下,重力和支持力,得:mgsinθ+μmgcosθ=ma1①;同理,做a2的勻加速直線運動,對物體受力分析受摩擦力,方向向上,重力和支持力,得:mgsinθ–μmgcosθ=ma2②聯(lián)立①②解得:sinθ=0.3,μgcosθ=2,根據(jù)功能關(guān)系,貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移,f=μmgcosθ=4 N,做a1勻加速直線運動,位移為:x1=×1×0.2 m=0.1 m,皮帶位移為:x皮=1×0.2
9、m=0.2 m,相對位移為:Δx1=x皮–x1=0.2 m–0.1 m=0.1m,同理:做a2勻加速直線運動,位移為:x2=×(1+2)×1 m=1.5 m,x皮2=1×1 m=1 m,相對位移為:Δx2=x2–x皮2=0.5 m,故兩者之間的總相對位移為:Δx=Δx1+Δx2=0.6 m,貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為:Q=W=fΔx=4×0.6 J=2.4 J,故C正確;根據(jù)功能關(guān)系,由C中可知:f=μmgcosθ=4 N,做a1勻加速直線運動,由圖象知位移為:x1=0.1 m,物體受摩擦力,方向向下,摩擦力做正功為:Wf1=fx1=4×0.1 J=0.4 J,同理做a2勻加速直線運動,由圖
10、象知位移為:x2=1.5 m,物體受摩擦力,方向向上,摩擦力做負(fù)功為:Wf2=–fx2=–4×1.5 J=–6 J,所以整個過程,傳送帶對貨物做功大小為:6 J–0.4 J=5.6 J,故D錯誤。
1.將一只小球豎直向上拋出,小球運動時受到空氣阻力的大小與速度大小成正比,下列描繪小球在上升過程中的加速度大小a及速度大小v與時間t關(guān)系的圖象,可能正確的是
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】根據(jù)牛頓第二定律得,加速度的方向與速度方向相反,做減速運動,速度減小
11、,則阻力減小,加速度減小,所以小球在上升過程中做加速度減小的減速運動,到達(dá)最高點時,加速度a=g,故A錯誤,B正確;速度時間圖線的斜率表示加速度,知圖線斜率在減小,上升到最高點時,速度減小為零,C錯誤,D正確。
1.如圖所示,質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上,木板上放置一質(zhì)量為m的木塊。已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為μ,m、M與桌面間的動摩擦因數(shù)均為2μ。現(xiàn)對M施一水平恒力F,將M從m下方拉出,而m恰好沒滑出桌面,則在上述過程中
A.水平恒力F一定大于3μ(m+M)g
B.m在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等
C.m在M上滑動的時間是在桌面上滑動的時間的2倍
D.
12、若增大水平恒力F,木塊有可能滑出桌面
2.(2019·江蘇省南通市高二期末)如圖所示,放在固定斜面上的物塊沿斜面下滑,若在物塊上再施加一豎直向下的恒力F,則
A.若物塊原來勻速運動,則物塊將勻加速下滑
B.若物塊原來勻速運動,則物塊將勻減速下滑
C.若物塊原來勻加速運動,則物塊將以相同的加速度勻加速下滑
D.若物塊原來勻加速運動,則物塊將以更大的加速度勻加速下滑
3.一個物塊放在光滑的水平地面上,從靜止開始受到水平向右的外力F的作用,外力F與時間t的關(guān)系如圖所示。則
A.0~t0時間內(nèi),物塊向右做勻加速運動
B.t0~2t0時間內(nèi),物塊向左做勻加速運動
C.0~2t0
13、時間內(nèi),物塊的速度先增大后減小
D.0~2t0時間內(nèi),物塊的加速度先增大后減小
4.(2019·四川省宜賓市高一期末)如圖(a),一長木板靜止于光滑水平桌面上,時,小物塊以速度 滑到長木板上,時刻小物塊恰好滑至長木板最右端。圖(b)為物塊與木板運動的圖像,已知圖中、、,重力加速度大小為g。下列說法正確的是
A.木板的長度為
B.物塊與木板的質(zhì)量之比為
C.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為
D.t1時刻,小物塊和木板動能之比為
5.(2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷)如圖(a),物塊和木板疊放在實驗臺上,物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,細(xì)繩水平。t=0時,木板開始
14、受到水平外力F的作用,在t=4 s時撤去外力。細(xì)繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關(guān)系如圖(b)所示,木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出
A.木板的質(zhì)量為1 kg
B.2 s~4 s內(nèi),力F的大小為0.4 N
C.0~2 s內(nèi),力F的大小保持不變
D.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2
6.(2018·新課標(biāo)I卷)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動,以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長前,下列表示
15、F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是
A. B.
C. D.
7.(2016·新課標(biāo)全國Ⅰ卷)一質(zhì)點做勻速直線運動,現(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變,則
A.質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同
B.質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直
C.質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同
D.質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變
8.(2016·海南卷)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度–時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù),在0~5 s、5~10 s、10~15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3,則
A.
16、F1F3` C.F1>F3 D.F1=F3
1.AC【解析】對小木塊μmg=ma1,對木板:;要使小木塊滑離木板,需使a2>a1,則 ,A正確;設(shè)小木塊在薄木板上滑動的過程,時間為t1,小木塊的加速度大小為a1,小木塊在桌面上做勻減速直線運動,加速度大小為a2,時間為t2,有:μmg=ma1,2μmg=ma2,a1t1=a2t2,聯(lián)立解得:t1=2t2,B錯誤,C正確;若增大水平恒力F,木塊離開木板時間變短,速度變小,位移變??;在桌面上滑動的距離變短,不可能滑出桌面,D錯誤。故選:AC。
2.D【解析】若物塊原來勻速運動,未加F時,物塊勻速下滑,受力平衡,分析物體的受
17、力情況如圖,由平衡條件得:mgsinθ=μmgcosθ;得:sinθ=μcosθ,對物塊施加一個豎直向下的恒力F時,物塊受到的滑動摩擦力大小為:f=μ(F+mg)cosθ,重力和F沿斜面向下的分力大小為(F+mg)sinθ,則可知,(F+mg)sinθ=μ(F+mg)cosθ,則物塊受力仍平衡,所以仍處于勻速下滑狀態(tài),故AB錯誤。若物塊原來勻加速運動,未加F時,物體受重力、支持力和摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律有:;當(dāng)施加F后加速度為:a′=,因為gsinθ>μgcosθ,所以Fsinθ>μFcosθ,可見a′>a,即加速度增大,則物塊將以更大的加速度勻加速下滑,故D確,C錯誤。
3.C【解析
18、】對物體受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可知F=ma,0~t0時間內(nèi),拉力減小,加速度減小,物體做加速度減小的加速運動,在t0時刻速度達(dá)到最大,故A錯誤;t0~2t0時間內(nèi),拉力反向增大,加速度反向增大,做減速運動,根據(jù)力的對稱性可知,到達(dá)2t0時刻速度減速到零,故BD錯誤,C正確。
4.ACD【解析】時刻小物塊恰好滑至長木板最右端,所以相對位移就是板長,根據(jù)圖b知,相對位移為圖像面積差:,A正確。相對運動過程中,相互間的摩擦力設(shè)為f,木塊的加速度,木板加速度 ,所以質(zhì)量之比為,B錯誤。木塊的加速度,摩擦力 ,所以動摩擦因數(shù)為,C正確。動能 ,t1時刻,速度相同,所以動能比等于質(zhì)量比,D正確。
19、5.AB【解析】結(jié)合兩圖像可判斷出0~2 s物塊和木板還未發(fā)生相對滑動,它們之間的摩擦力為靜摩擦力,此過程力F等于f,故F在此過程中是變力,即C錯誤;2~5 s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對滑動,摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑒幽Σ亮Γ膳nD運動定律,對2~4 s和4~5 s列運動學(xué)方程,可解出質(zhì)量m為1 kg,2~4 s內(nèi)的力F為0.4 N,故A、B正確;由于不知道物塊的質(zhì)量,所以無法計算它們之間的動摩擦因數(shù)μ,故D錯誤。
6.A【解析】本題考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律、力隨位移變化的圖線及其相關(guān)的知識點。由牛頓運動定律,F(xiàn)-mg+F彈=ma,F(xiàn)彈=k(x0-x),kx0=mg,聯(lián)立解得F=ma+ kx,對
20、比題給的四個圖象,可能正確的是A。
7.BC【解析】因為原來質(zhì)點做勻速直線運動,合外力為0,現(xiàn)在施加一恒力,質(zhì)點所受的合力就是這個恒力,所以質(zhì)點可能做勻變速直線運動,也有可能做勻變速曲線運動,這個過程中加速度不變,速度的變化率不變。但若做勻變速曲線運動,單位時間內(nèi)速率的變化量是變化的。故C正確,D錯誤。若做勻變速曲線運動,則質(zhì)點速度的方向不會總是與該恒力的方向相同,故A錯誤;不管做勻變速直線運動,還是做勻變速曲線運動,質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直,故B正確。
【名師點睛】本題主要考查牛頓運動定律。特別注意以前我們碰到的問題經(jīng)常是去掉一個恒力,本題增加了一個恒力,從牛頓運動定律
21、角度來看沒有什么區(qū)別。根據(jù)牛頓第二定律計算加速度的可能大小,根據(jù)合力與速度方向間的關(guān)系判斷物體的運動情況。要特別注意的是,質(zhì)點有可能做勻變速曲線運動。
8.A【解析】由v–t圖象可知,0~5 s內(nèi)加速度a1=0.2 m/s2,沿斜面向下,根據(jù)牛頓第二定律有
mgsin θ–f–F1=ma1,F(xiàn)1=mgsin θ–f–0.2m;5~10 s內(nèi)加速度a2=0,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2,F(xiàn)2=mgsin θ–f;10~15 s內(nèi)加速度a3=–0.2 m/s2,沿斜面向上,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3,F(xiàn)3=mgsin θ–f+0.2m。故可得:F3>F2>F1,選項A正確。
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