江苏高考物理总复习讲义 牛顿第二定律两类动力学问题Word格式.docx

1、解析：选D在Fkma中，k的数值由F、m、a的单位决定，当F、m、a的单位都取国际单位时，k的数值取1，即Fma，故A正确；物体所受合力为零时，根据牛顿第二定律Fma可知，加速度一定为零，故B正确；根据牛顿第二定律知，加速度方向与合力的方向相同，故C正确；根据牛顿第二定律知，当物体加速度不为零即有加速度时，则合力不为零，当物体没有加速度即加速度为零时也可以受到外力作用，只是此时合力为零，故D错误。2.（2016上海高考）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（）AOA方向 BOB方向COC方向 DOD方向选D据题意可知，小车向右做匀加速直线

2、运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。3.多选（2019靖江期考）如图所示，在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧。当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（）A物块接触弹簧后即做减速运动B物块接触弹簧后先加速后减速C当弹簧最短时，物块有向左的加速度D当物块的速度最大时，它受的合力为零选BCD物块刚接触弹簧时，受到向左的弹簧弹力的作用，但小于向右的水平恒力F，由牛顿第二定律可知物块仍然向右加速，故A错误；

3、由牛顿第二定律可知加速度和合外力同时变化，物块从接触弹簧到压缩量最大的过程中，合外力先减小到零，加速度也减小到零，而速度继续增加；然后合外力再反向增大，加速度反向增大，此时加速度和速度反向，速度逐渐减小，故B正确；当弹簧处于压缩量最大时，弹力大于向右的恒力，合外力不为零，物块有向左的加速度，故C正确；当物块受到合外力为零时，加速度为零，之前是加速度逐渐减小到零的加速过程，此时速度最大，故D正确。突破点（二）牛顿第二定律的瞬时性问题1两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2求解瞬时加速度的一般思路1.（2019成都月考）如图所示，

4、A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30的光滑斜面上。A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g。若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）A都等于 B.和0C.和 D.和选C对A球：在剪断绳子之前，A球处于平衡状态，所以绳子的拉力等于A球的重力沿斜面的分力。在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为FmAgsin 30mAa，agsin 30；对B球：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B球受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时对B球进行受力分析，则B球受到重

5、力、弹簧斜向上的拉力、支持力，根据牛顿第二定律得：mAgsin 30mBa，解得a。故C正确。2.如图所示，底板光滑的小车停在水平地面上。现在小车前后壁上用两个量程为20 N、完全相同的弹簧秤甲和乙拉住一个质量为1 kg的物块，此时两弹簧秤的示数均为10 N。当小车做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8 N，这时小车运动的加速度大小是（）A2 m/s2 B4 m/s2C6 m/s2 D8 m/s2选B因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由10 N变为8 N时，其形变量减少，则弹簧秤乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧秤形变量变化的大小相等，所以，弹簧秤乙的示数应为12 N，物块在水平方

6、向所受到的合外力为：FT乙T甲12 N8 N4 N，根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为：a4 m/s2，小车与物块相对静止，加速度相等，所以小车的加速度为4 m/s2，故选项B正确，A、C、D错误。（2019吴江检测）如图所示，物体a、b用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等。当在P点处剪断绳子的瞬间（）A物体a的加速度大小为gB物体a的加速度大小为0C物体b的加速度大小为0D物体b的加速度大小为2g选A设a、b的质量均为m，剪断绳子前，对a、b整体受力分析可得，弹簧弹力F2mg。剪断绳子瞬间，弹簧弹力不变，绳子拉力变为零。对a受

7、力分析，a受重力、弹簧弹力，由牛顿第二定律可得：Fmgma1，解得：a1g，方向竖直向上。对b受力分析，b只受重力，则b的加速度为g，方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误。突破点（三）动力学的两类基本问题1解决动力学两类基本问题的思路2动力学两类基本问题的解题步骤典例（2018通榆期中）如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F。此后，物体到达C点时速度为零。每隔0.2 s通过传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。求：t/s0.00.20.42.22.4v/（ms1）1.02.03.32

8、.1（1）恒力F的大小；（2）撤去外力F的时刻。思路点拨（1）分析物体的运动情况，由表格所给的数据求加速度；（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求出F；（3）撤去F时刻物体的速度最大，匀减速到零的运动可用逆向思维法计算。解析（1）加速阶段由加速度的定义知，加速度：a1 m/s25 m/s2减速阶段加速度大小为：a2 m/s26 m/s2加速阶段中由牛顿第二定律得：Fmgsin ma1减速阶段中由牛顿第二定律得：mgsin ma2联立以上两式，代入数据得：Fm（a1a2）11 N。（2）撤力瞬间速度最大，则有a1tv0a2（tt），其中：v03.3 m/s，t2.2 s解得t1.5 s。答案

9、（1）11 N（2）1.5 s方法规律解决动力学两类问题的两个关键点集训冲关1.多选（2018宿迁调研）如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止。现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F（Fmg），若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。则（）Aa2a1 Ba2a1Cx2x1 Dx2x1选AD设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：a1g，拿走砝码施加F时，加速度：a2g，可知a2a1。根据v22ax得，x，知加速度增大，则滑行的距离变小。即：x20，所以假设成立，物体在02 s内沿斜面向下做初速度

10、为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin F1mgcos ma1，解得a12.5 m/s2，v1a1t1，代入数据可得v15 m/s。（2）物体在前2 s内发生的位移为x1a1t125 m，当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos F2ma2，代入数据可得a20.5 m/s2，设物体经过t2时间速度减为零，则0v1a2t2，解得t210 s，物体在t2时间内发生的位移为x2v1t2a2t2225 m，由于mgsin mgcos F2t3Ct1aOb，由xat2可知，t2tca，故选项A错误，B、C、D均正确。答案BCD应用体验镇江模拟）如图所示，ab、cd是

11、竖直面内两根固定的光滑细杆，ab、cd两端位于相切的两个竖直圆周上。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），两个滑环分别从a、c处释放（初速度为零），用t1、t2依次表示滑环从a到b和从c到d所用的时间，则（）At1t2Bt1t2Ct1t2Dt1和t2的大小以上三种情况都有可能选C设轨道与竖直方向的夹角为，根据几何关系得，轨道的长度L（2R12R2）cos ，加速度：agcos ，根据Lat2得，t ，与夹角无关，则t1t2。如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点

12、。B点在y轴上且BMO60，O为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（）AtAtCtBBtAtCCtAtCtBD由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系选B由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tAtC，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（）AtABtCDtEF BtABtCDtEFCtABtCDtEF DtABtCDtEF，B项正确。4.如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置（）A在同一水平线上 B在同一竖直线上C在同一抛物线上 D在同一圆周上选D设某一直轨道与水平面成角，末速度为零的匀减速直线运动可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度agsin ，由位移公式得lat2gsin t2，即gt2，不同的倾角对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，选项D正确。