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1、学而不思则惘，思而不学则殆牛顿第二定律两类动力学问题考纲解读1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题考点一瞬时加速度的求解1牛顿第二定律(1)表达式为Fma. (2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化2两类模型(1)刚性绳 (或接触面 ) 不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离 )后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间(2)弹簧 (或橡皮绳 ) 两端同时连接(或附着 )有物体的弹簧(或橡皮绳 )，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变例 1如图
2、 1 所示， 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() 图 1 A都等于g2B.g2和 0 C.g2和mAmBg2D.mAmBg2和g2解析当 A、B 球静止时，弹簧弹力F(mAmB)gsin ，当绳被剪断的瞬间，弹簧弹力F不变，对 B 分析，则FmBgsin mBaB，可解得aBmAmBg2，当绳被剪断后，球A 受的合力精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 23 页学而
3、不思则惘，思而不学则殆为重力沿斜面向下的分力，F合mAgsin mAaA，所以 aAg2，综上所述选项C 正确答案C 拓展题组 1瞬时加速度的求解如图 2所示， A、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为 的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是() 图 2 A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB 球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零答案BC 解析设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，Fmgsin
4、，烧断细线的瞬间，弹簧弹力不变，故 B 球受力情况不变，加速度为0，B 正确， A、D 均错误；以A 为研究对象，由牛顿第二定律可得：Fmgsin maA，解得： aA2gsin ，故 C 正确2瞬时加速度的求解在光滑水平面上有一质量为1 kg 的物体，它的左端与一劲度系数为800 N/m 的轻弹簧相连，右端连接一细线物体静止时细线与竖直方向成37角，此时物体与水平面刚好接触但无作用力，弹簧处于水平状态，如图3 所示，已知sin 37 0.6，cos 37 0.8，重力加速度g取 10 m/s2，则下列判断正确的是() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -
5、 - - - -第 2 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆图 3 A在剪断细线的瞬间，物体的加速度大小为7.5 m/s2B在剪断弹簧的瞬间，物体所受合外力为15 N C在剪断细线的瞬间，物体所受合外力为零D在剪断弹簧的瞬间，物体的加速度大小为7.5 m/s2答案A 解析对物体受力分析，由平衡条件可知，在剪断细线或弹簧前，绳上弹力大小为FT1mgcos 37 12.5 N，弹簧的弹力大小为FT2mgtan 37 7.5 N；在剪断细线的瞬间，细线上弹力突变为零， 弹簧弹力不变， 物体还受到地面竖直向上的支持力，该支持力与物体的重力平衡，所以物体所受的合力为7.5 N，加速度大小为7.5
6、m/s2，选项 A 对， C 错；在剪断弹簧的瞬间， 弹簧的弹力突变为零，绳子的弹力也消失，地面对物体竖直向上的支持力与物体重力平衡，物体的合外力为零，加速度也为零，选项B、D 均错误求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(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，不会发生突变考点二动力学中的图象问题1动力学中常见的图象vt 图象、 xt 图象、 Ft 图象、 Fa 图象等2解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。精选学习资料
7、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解例 2受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其vt 图线如图4 所示，则() 图 4 A在 0t1内，外力F 大小不断增大B在 t1时刻，外力F 为零C在 t1t2内，外力F 大小可能不断减小D在 t1 t2内，外力F 大小可能先减小后增大解析由图象可知， 在 0t1内物体做a 减小的加速运动， t1时刻 a 减小为零
8、 由 aF Ffm可知， F 逐渐减小，最终F Ff，故 A、B 错误在 t1t2内，物体做a 增大的减速运动，由aFf Fm可知，至物体速度减为零之前，F 有可能是正向逐渐减小，也有可能F 先沿正向减小到零后又向负向增大，故C、D 正确答案CD 变式题组3动力学中的图象问题“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图5 所示 将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g.据图可知， 此人在蹦极过程中的最大加速度约为() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -
9、 - - - - - -第 4 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆图 5 AgB2gC3gD4g答案B 解析蹦极过程中， 经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子拉力F 等于人的重力mg，由 Ft 图线可以看出，35F0mg；在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下， 当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周期中，弹力最大为Fm95F0 3mg，故最大加速度为amFmmgm2g.选项 B 正确4动力学中的图象问题如图 6 所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地
10、面间均有摩擦， 物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是下列选项中的() 图 6 答案A 解析在未达到相同速度之前，木板的加速度为mg 2mgma1a1 3g精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆达到相同速度之后，木板的加速度为 2mgma2a2 2g由加速度可知，图象A 正确分析图象问题时常见的误区(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位(2)没有注意坐标原点是否从零开始(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义(4
11、)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析考点三连接体问题1整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)2隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解3整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度， 然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力即“先整体求加速度，后隔离求内力”例 3(2012 江苏 5
12、)如图 7 所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升夹子和木块精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆的质量分别为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 () 图 7 A.2f mMMB.2f mMmC.2f m MM(mM)gD.2f mMm (mM)g解析由题意知，当M 恰好不能脱离夹子时，M 受到的摩擦力最大，F 取最大值，设此时提升的加速度为a，由牛顿第二定律得，对 M 有： 2fMgMa对 m 有： F2fmg ma联立 两式解得 F2f M
13、mM，选项 A 正确答案A 变式题组5 连接体问题的处理放在粗糙水平面上的物块A、 B 用轻质弹簧测力计相连，如图 8 所示，两物块与水平面间的动摩擦因数均为 ，今对物块A 施加一水平向左的恒力F，使 A、B 一起向左匀加速运动，设A、B 的质量分别为m、M，则弹簧测力计的示数为() 图 8 A.MFmB.MFMmC.FmM gmMD.FmM gmMM精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆答案B 解析先以 A、B 整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力(Mm)g，竖直向上的支持力FN(Mm)g
14、，水平向左的拉力F，水平向右的摩擦力FfFN (Mm)g. 对 A、B 整体受力分析得FFf(Mm)a. 再以 B 为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力FN Mg，水平向左的弹簧拉力F，水平向右的摩擦力FfFNMg . 由牛顿第二定律得到：FFfFMg Ma，aFM g，将 代入 整理得： FMFMm，所以选项B 正确6连接体问题的处理如图 9 所示， 装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m 的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后绳子与竖直方向的夹角为 .求小车所受牵引力的大小图 9 答案(Mm)gtan 解析
15、小球与小车相对静止，它们的加速度相同，小车的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛顿第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如图所示， 小球所受合力的大小为mgtan . 由牛顿第二定律有mgtan ma对小车和小球组成的整体，运用牛顿第二定律有F(M m)a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆联立 解得： F(Mm)gtan . 1整体与隔离法在动力学中的应用技巧涉及的问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般是连
16、接体(系统 )各物体保持相对静止，即具有相同的加速度 解题时， 一般采用先整体后隔离的方法建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析2解决问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解考点四动力学两类基本问题求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁 加速度例 4质量 m4
17、kg 的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F40 N 作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图10 所示，已知斜面足够长，倾角 37 ，物块与斜面间的动摩擦因数 0.2，力 F 作用了 5 s，求物块在 5 s 内的位移及它在5 s 末的速度 (g10 m/s2， sin 37 0.6，cos 37 0.8) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆图 10 解析如图，对物块受力分析，建立直角坐标系，把重力mg 沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解沿平行于斜面方向：Fmgsin Ffma沿垂直于斜面方
18、向：FNmgcos 又有 FfFN由 得：aFmgsin mg cos m2.4 m/s2. 物块从静止开始沿斜面做匀加速运动，5 s内的位移x12at212 2.452 m 30 m. 5 s末的速度vat 12 m/s. 答案30 m12 m/s 变式题组7动力学方法的应用航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m0.5 kg，动力系统提供的恒定升力F8 N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取 10 m/s2. (1)第一次试飞，飞行器飞行t16 s时到达高度H36 m，求飞行器所受阻力大小(2)第二次试飞，飞行器飞行t25 s 时遥控器出现故障
19、，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h.(计算结果保留小数点后两位有效数字) (3)第二次试飞中，为了使飞行器不致坠落地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆间 t3.(计算结果保留两位有效数字) 答案见解析解析(1)设飞行器所受阻力为Ff.第一次试飞时，设加速度为a1由 H12a1t21，得 a12Ht212 m/s2由牛顿第二定律有F mgFfma1代入数据得Ff2 N (2)第二次试飞时，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为h1h11
20、2a1t2212 252 m25 m v1a1t225 m/s 10 m/s 设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为h2由牛顿第二定律有mgFfma2，所以 a214 m/s2h2v212a2102214m257m3.57 m 所以 h h1h228.57 m. (3)设失去升力后下降阶段加速度为a3，由牛顿第二定律有mgFfma3，则 a3 6 m/s2设恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，则有 FmgFfma4，即 a410 m/s2所以v232a3v232a4h 又因为 v3a3t3，联立解得t32.4 s高考模拟明确考向1(2013 新课标 14)一物块静止在粗糙的水平桌面
21、上从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以 a 表示物块的加速度大小， F 表示水平拉力的大小能正确描述F 与 a 之间的关系的图象是() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆答案C 解析当拉力 F 小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F 大于最大静摩擦力时，根据Ff ma 知：随 F 的增大，加速度a 增大，故选C. 2(2013 安徽 14)如图 11 所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶
22、端，细线与斜面平行 在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中， 小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力FN分别为 (重力加速度为 g)() 图 11 ATm(gsin acos )FNm(gcos asin ) BTm(gcos asin )FNm(gsin acos ) CTm(acos gsin )FNm(gcos asin ) DTm(asin gcos )FNm(gsin acos ) 答案A 解析小球受力如图所示，由牛顿第二定律得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 23 页学而不思
23、则惘，思而不学则殆水平方向： Tcos FNsin ma竖直方向： Tsin FNcos mg解以上两式得Tm(gsin acos ) FNm(gcos asin ) 所以正确选项为A. 3如图 12 所示，轻弹簧上端与一质量为m 的木块 1 相连，下端与另一质量为M 的木块 2相连， 整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间， 木块 1、 2 的加速度大小分别为a1、 a2， 重力加速度大小为g.则有 () 图 12 Aa1g，a2gBa10，a2gCa10，a2mMMgDa1g，a2mMMg答案C 解析抽出木板前， 木块 1 受重力和弹簧对
24、其向上的弹力，在抽出木板的瞬间，弹簧对木块1 的弹力未来得及变化，木块1 受重力和弹簧对其向上的弹力仍然平衡，a10. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆抽出木板前， 木块 2 受重力和弹簧对其向下的弹力还有木板的支持力，而木板的支持力大小等于 Mg mg，在抽出木板的瞬间，弹簧对木块2 的弹力未来得及变化，但木块2 所受支持力(大小为 Mgmg)突然消失，根据牛顿第二定律，a2MmMg. 4(2014 新课标 24)20XX 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯 鲍姆加特纳乘气球升至
25、约 39 km 的高空后跳下， 经过 4 分 20 秒到达距地面约1.5 km 高度处， 打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录取重力加速度的大小g10 m/s2. (1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为 fkv2，其中 v 为速率， k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关已知该运动员在某段时间内高速下落的vt 图象如图 13 所示若该运动员和所带装备的总质量 m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的
26、阻力系数(结果保留1位有效数字 ) 图 13 答案(1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m 解析(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km 高度处的时间为t，下落距离为s，在 1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有vgts12gt2根据题意有s3.9104 m1.5103 m3.75104 m精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆联立 式得t87 sv8.7 102 m/s(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mgkv2max由所给
27、的vt 图象可读出vmax360 m/s由 式得k0.008 kg/m 活页练习一、单项选择题1 细绳拴一个质量为m 的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，如图1 所示将细绳烧断后，下列说法中正确的是() 图 1 A小球立即开始做自由落体运动B小球离开弹簧后做平抛运动C小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等D小球离开弹簧后做匀变速运动答案D 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆解析小球静止时受重力、细绳的拉力和弹簧弹力，合外
28、力为零当烧断细绳后，弹簧弹力减小， 小球的重力不变，在离开弹簧前，合力为弹簧弹力和重力的合力，加速度大于重力加速度，故 A、B、C 错误；离开弹簧后，小球只受重力，做匀变速运动，选项D 正确2四个质量均为m 的小球，分别用三条轻绳和一根轻弹簧连接，处于平衡状态，如图2 所示现突然迅速剪断轻绳A1、B1，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球1、2、3、4 的加速度分别用a1、 a2、a3和 a4表示，则 () 图 2 Aa1g，a2g，a32g，a40 Ba10，a22g，a3 0，a42gCa1g，a2g，a3g，a4gDa10，a22g， a3 g，a4g答案A 解析由于绳子张力可以突变，故
29、剪断A1后小球1、2 只受重力，其加速度a1a2g，剪断 B1后，由于弹簧弹力不能突变，故小球3 所受合力为2mg，小球 4 所受合力为零，所以小球 3、 4的加速度分别为a32g，a40. 3五个质量相等的物体置于光滑的水平面上，如图3 所示现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2 个物体对第3 个物体的作用力等于() 图 3 A.15FB.25F精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆C.35FD.45F答案C 解析设每个物体的质量为m，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F5ma，
30、解得整体的加速度aF5m；以物体3、4、5 为研究对象，根据牛顿第二定律，第2 个物体对第3个物体的作用力F 3ma35F，C 正确4.如图 4 所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m 且与竖直挡板及斜面间均无摩擦当车的加速度a 突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是 (斜面倾角为 )() 图 4 AF1增大， F2不变BF1增大， F2增大CF1不变， F2增大DF1不变， F2减小答案C 解析对圆柱体受力分析，沿水平方向和竖直方向建坐标系，分别根据平衡条件和牛顿第二定律得 F1cos G， F2F1sin ma，故随着加速度的增大，
31、F1不变，F2增大，C 正确，A、B、D 错误5如图 5 所示， 物体 A、B 质量分别为m1、m2，物块 C 在水平推力作用下，三者相对静止，一起向右以a5 m/s2的加速度匀加速运动， 不计各处摩擦， 取g10 m/s2， 则 m1m2为 () 图 5 A12 B 13 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆C21 D 31 答案C 解析设 A、B 间细绳的拉力大小为FT，则有 FTm2g，对 A 根据牛顿第二定律得：FTm1a，解得m1m221，所以选项C 正确6.如图 6 所示，质量
32、分别为m1、 m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中 )已知力F 与水平方向的夹角为 .则 m1的加速度大小为() 图 6 A.Fcos m1m2B.Fsin m1m2C.Fcos m1D.Fsin m2答案A 解析把 m1、 m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcos (m1m2)a，所以 aFcos m1m2，选项 A 正确二、多项选择题7由牛顿第二定律表达式F ma 可知 () A质量 m 与合外力F 成正比，与加速度a 成反比B合外力F 与质量 m 和加速度a 都成正比C物体的加速度的方向总
33、是跟它所受合外力的方向一致D物体的加速度a 跟其所受的合外力F 成正比，跟它的质量m 成反比精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆答案CD 解析对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变， A、B 错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C 正确；由aFm可知 D正确8将力传感器A 固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上 如图 7 甲所示， 传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律一水平轻质细绳跨过光滑的定
34、滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的Ft 图象如图乙所示则() 图 7 A2.5 s 前小车做变加速运动B2.5 s 后小车做变加速运动C2.5 s 前小车所受摩擦力不变D2.5 s 后小车所受摩擦力不变答案BD 解析当倒入细沙较少时，M 处于静止状态， 对 M 受力分析有绳子拉力等于m 对 M 的静摩精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆擦力在满足 M 静止的情况下， 缓慢加细沙， 绳子拉力变大， m 对 M 的静摩擦力逐渐变大
35、，由图象得出2.5 s 前 M 都是静止的， A、C 选项错误； 2.5 s 后 M 相对于 m 发生滑动， m 对 M的摩擦力为滑动摩擦力Ffmg保持不变， D 项正确； M 运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B 项正确9如图 8 所示，一质量为m 的滑块，以初速度v0从倾角为的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为 ，若滑块所受的摩擦力为 Ff、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是() 图 8 答案AD 10某运动员做跳伞训练
36、，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落他打开降落伞后的速度图线如图9(a)所示 降落伞用8 根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为 37 ，如图 (b)所示已知运动员的质量为50 kg，降落伞的质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力Ff与速度 v 成正比，即 Ffkv(g 取 10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8)则下列判断中正确的是() 图 9 Ak100 N s/m B打开伞瞬间运动员的加速度a30 m/s2，方向竖直向上精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -
37、 - -第 20 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆C悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N D悬绳能够承受的拉力至少为625 N 答案BC 解析以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力， 以竖直向上为正方向，由题图(a)可知： 2mgkv匀，又 v匀 5 m/s，故k 200 Ns/ m，选项 A 错误；在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv02mg2ma，所以akv02mg2m30 m/s2，方向竖直向上，选项B 正确；设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象有 8FTcos mgma，FTm ga8cos 37 312.5 N，选项 C
38、 正确， D 错误三、非选择题11一氢气球的质量m0.2 kg ，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F10 N星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M4 kg 的木块上，如图10 所示，木块与水平地面间的动摩擦因数 0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力Fkv(k 为一常数， v 为风速 )， 当风速 v13 m/s时木块在地面上恰好静止木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2.求：图 10 (1)气球受到的浮力；(2)若风速 v26 m/s，木块开始运动时的加速度大小答案(1)12 N，方向竖直向上(2)2.
39、14 m/s2解析(1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮mgF0，解得 F浮 12 N，方向竖直向上精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆(2)当 v13 m/s 时对整体受力分析F1 kv1在水平方向上F1Ff0 在竖直方向上F浮FN (mg Mg) 0 又知 FfFN得： Ff9 N， k3 N s/m 若 v26 m/s 时， F2kv218 N，由牛顿第二定律有：F2Ff(mM)a得： a2.14 m/s212为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同
40、学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图 11 甲所示 他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为 ， 帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即 Ffkv. 图 11 (1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 23 页学而不思则惘，思而不学则殆(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若 m2 kg，斜面倾角 30 ，g
41、取 10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t0 时 vt 图线的切线，由此求出 、k 的值 (计算结果保留两位有效数字) 答案(1)agsin gcos kvm(2)mg sin cos k适当减小斜面倾角 (保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.233.0 kg/s 解析(1)由牛顿第二定律有：mgsin mg cos kvma解得 a gsin gcos kvm(2)当 a0 时速度最大，vmmg sin cos k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角 (保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)当 v0 时， agsin gcos 3 m/s2，解得 2 3150.23 最大速度v2 m/s，vmmg sin cos k2 m/s，解得k3.0 kg/s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 23 页