一、用牛頓第二定律解決動力學問題
（1）從受力確定運動情況（）。
（2）從運動情況確定受力（F=ma）。
（3）綜合受力分析和運動狀態分析，運用牛頓第二定律解決問題。
二、瞬時變化的動力學模型
   受外力時的形變量   縱向彈力   彈力能否突變
輕繩   微小不計   拉力   能
輕桿   微小不計   拉力或壓力   能
輕橡皮繩   較大   拉力   不能
輕彈簧   較大   拉力或壓力   不能
三、傳送帶模型分析方法

四、滑塊–木板模型分析方法

（2019•湖南高二期末）如圖所示，質量為2 kg的物體放在水平地面上，在大小為10 N的傾斜拉力的作用下，物體由靜止開始做勻加速直線運動，6 s末的速度是3 m/s，已知拉力與水平面方向成37°的仰角，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。

求：（1）物體運動的加速度；
（2）物體和地面之間的動摩擦因數。
【參考答案】（1）0.5 m/s2 （2）0.5
【詳細解析】（1）由a= 得：
a= =0.5 m/s2
（2）由牛頓第二定律可知:Fcosθ–Ff=ma
FN+Fsinθ=mg
Ff=µFN
解得：µ=0.5

1．如圖所示，質量相同的木塊A、B用輕質彈簧連接，靜止在光滑的水平面上，此時彈簧處于自然狀態。現用水平恒力F推A，則從力F開始作用到彈簧至彈簧第一次被壓縮到最短的過程中

A．彈簧壓縮到最短時，兩木塊的速度相同
B．彈簧壓縮到最短時，兩木塊的加速度相同
C．兩木塊速度相同時，加速度aA<aB
D．兩木塊加速度相同時，速度vA>vB
【答案】ACD
【解析】從力F開始作用到彈簧至彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，彈簧彈力逐漸增大，則A做加速度減小的加速運動，B做加速度增大的加速運動，A、B均由靜止開始運動，只要A的速度大于B的速度彈簧就處于被壓縮變短的過程中，當A、B速度相同時彈簧壓縮到最短，畫出這一過程A、B的圖象，則時刻，A、B兩木塊的加速度相同（切線斜率相同），且，時刻A、B的速度相同，且，故ACD正確，B錯誤。

足夠長光滑斜面BC傾角α=53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數為0.5，水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接，一質量m=2 kg的小物塊靜止于A點。現在AB段對小物塊施加與水平方向成α=53°的恒力F作用，如圖甲所示。小物塊在AB段運動的速度—時間圖象如圖乙所示，到達B點迅速撤去恒力F（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：

（1）小物塊所受到的恒力F；
（2）小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間；
（3）小物塊最終離A點的距離。
【參考答案】（1）11 N （2）（3）
【詳細解析】（1）由圖乙可知，AB段加速度，
根據牛頓第二定律，有Fcosα–μ（mg–Fsinα）=ma，
得。
（2）在BC段mgsinα=ma2，解得，小物塊從B到C所用時間與從C到B所用時間相等，所以小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間為。
（3）小物塊從B向A運動過程中，有μmg=ma3，，
滑塊的位移，，。

1．（2019•浙江高二期中）如圖，風靡全球的《蜘蛛俠2》電影中，蜘蛛俠利用蜘蛛絲粘住墻體產生的阻力，來拯救一列質量為1×106 kg的速度為360 km/h飛馳的失去制動性能的列車，使列車在其正前方400米斷軌處剛好停止。若鐵軌和空氣的阻力為車重的0.25倍，列車的運動可視為勻減速直線運動，則蜘蛛絲對列車產生的平均阻力為

A．1×105 N   B．1×106 N
C．1×107 N   D．1×108 N
【答案】C
【解析】根據運動學公式可得加速度的大小為，根據牛頓第二定律則有，解得蜘蛛絲對列車產生的平均阻力為，故選項C正確，ABD錯誤。

如圖所示，物體a、b用一根不可伸長的細線相連，再用一根輕彈簧跟a相連，彈簧上端固定在天花板上，已知物體a、b的質量相等。當在P點處剪斷繩子的瞬間

A．物體a的加速度大小為零
B．物體a的加速度大小為g
C．物體b的加速度大小為零
D．物體b的加速度大小為g
【參考答案】BD
【詳細解析】設ab物體的質量為m，剪斷細線前，對ab整體受力分析，受到總重力和彈簧的彈力而平衡，故F=2mg；再對物體a受力分析，受到重力、細線拉力和彈簧的拉力；剪斷細線后，重力和彈簧的彈力不變，細線的拉力減為零，故物體a受到的力的合力等于mg，向上，根據牛頓第二定律得A的加速度為，故B正確，A錯誤；對物體b受力分析，受到重力、細線拉力，剪斷細線后，重力不變，細線的拉力減為零，故物體b受到的力的合力等于mg，向下，根據牛頓第二定律得A的加速度為，故C錯誤，D正確。

1．（2019•四川高一期末）車廂頂部固定一滑輪，在跨過定滑輪繩子的兩端各系一個物體，質量分別為m1、m2，且m2>m1，m2靜止在車廂底板上，當車廂向右運動時，m1、m2與車廂保持相對靜止，系m1的那段繩子與豎直方向夾角為θ，如圖所示，繩子的質量、滑輪與繩子的摩擦忽略不計，下列說法正確的是

A．車廂的加速度為
B．車廂底板對的支持力為
C．繩子中的張力大小為
D．車廂底板對的摩擦力為
【答案】ACD
【解析】物體m1與車廂具有相同的加速度，對物體m1分析，受重力和拉力，根據合成法知，F合=m1gtanθ，拉力，物體m1的加速度，所以車廂的加速度為gtanθ，故AC正確。物體m2加速度為gtanθ，對物體m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力，f=m2a=m2gtanθ，故B錯誤、D正確。

已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運動，某時刻在傳送帶適當的位置放上具有一定初速度的物塊（如圖甲所示），以此時為t=0記錄了小物塊之后在傳送帶上運動速度隨時間的變化關系（如圖乙所示），圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，已知傳送帶的速度保持不變，則

A．物塊在0~t1內運動的位移比在t1~t2內運動的位移小
B．0–t2內，重力對物塊做正功
C．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，那么
D．0~t2內，傳送帶對物塊做功為W=
【參考答案】B
【詳細解析】由圖乙圖線與時間軸所圍面積可看出，物塊在0~t1內運動的位移比在t1–t2內運動的位移大，故A錯誤；由于物塊在0~t1內向下運動的位移大于t1–t2內向上運動的位移，所以0~t2內物體的總位移向下，所以重力對物塊做正功，故B正確；在t1~t2內，物塊向上運動，則有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C錯誤；由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做正功，設為WG，根據動能定理得：，則傳送帶對物塊做功，故D錯誤。
1．（2019•安徽高一期末）如圖，在勻速轉動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1順時針轉動。一質量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2（v1>v2）滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端。在上述過程中，下列判斷正確的是

A．滑塊返回傳送帶右端的速率為v2
B．此過程中電動機對傳送帶做功為2mv1v2
C．此過程中傳送帶對滑塊做功為 mv － mv
D．此過程中滑塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為 m（v1－v2）2
【答案】AB
【解析】由于傳送帶足夠長，滑塊受向右的摩擦力，減速向左滑行，至速度為0，之后，再加速向右滑行，由于v1>v2，物體會在滑動摩擦力的作用下加速，當速度增大到等于v2時，物體回到原出發點，即滑塊返回傳送帶右端的速率為v2，故A正確；設滑塊向左運動的時間t1，位移為x1，則：，摩擦力對滑塊做功：W1=fx1= ①，又摩擦力做功等于滑塊動能的減小，即：W1= mv22②，該過程中傳送帶的位移：x2=v1t1，摩擦力對傳送帶做功： ③，將①②代入③得：W2=mv1v2，同理可計算，滑塊返回到出發點時摩擦力對傳送帶做功為W2=mv1v2，則此過程中電動機對傳送帶做功為W=W2+ =2mv1v2，選項B正確；此過程中只有傳送帶對滑塊做功根據動能定理W′=△EK得：W=△EK= mv22– mv22=0，故C錯誤；物塊向左減速運動時，物塊相對傳送帶的位移為：，物塊向右加速運動時，物塊相對傳送帶的位移為：，則此過程中滑塊與傳送帶問因摩擦產生的熱量為，故D錯誤。

（2019•北京市第十一中學高一期末）如圖所示，質量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現有質量m2＝0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：

（1）物塊與小車共同速度；
（2）物塊在車面上滑行的時間t；
（3）小車運動的位移x；
（4）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v′0不超過多少？
【參考答案】（1）0.8 m/s （2）0.24 s （3）0.096 m （4）5 m/s
【詳細解析】（1、2）根據牛頓第二定律得，物塊的加速度大小為：
a2＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2
小車的加速度大小為：
根據v=v0–a2t=a1t
得則速度相等需經歷的時間為：
v=0.8 m/s
（3）小車運動的位移
（4）物塊不從小車右端滑出的臨界條件為物塊滑到小車右端時恰好兩者達到共同速度，設此速度為v，由水平方向動量守恒得：m2 v0′=（m1+m2）v
根據能量守恒得：μm2gL＝ m2v0′2− （m1+m2）v2
代入數據，聯立解得v0′=5 m/s

1．如圖甲，水平地面上有一靜止平板車，車上放一物塊，物塊與平板車的動摩擦因數為0.2，t=0時，車開始沿水平面做直線運動，其v–t圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，若平板車足夠長，關于物塊的運動，以下描述正確的是

A．0~6 s加速，加速度大小為2 m/s2，6~12 s減速，加速度大小為2 m/s2
B．0~8 s加速，加速度大小為2 m/s2，8~12 s減速，加速度大小為4 m/s2
C．0~8 s加速，加速度大小為2 m/s2，8~16 s減速，加速度大小為2 m/s2
D．0~12 s加速，加速度大小為1.5 m/s2，12~16 s減速，加速度大小為4 m/s2
【答案】C
【解析】根據v–t圖象可知，車先以4 m/s2的加速度勻加速運動，后以−4 m/s2的加速度勻減速運動，根據物塊與車的動摩擦因數可知，物塊與車間的滑動摩擦力產生的加速度為2 m/s2，根據牛頓第二定律可知，0~6 s物塊加速，車的速度始終大于物塊；t=6 s后，車減速、物塊繼續加速，設再經Δt時間共速，有v=2（6+Δt）=24–4Δt，可得Δt=2 s，v=16 m/s，即0~8 s物塊加速；8~12 s物塊減速，車減速，車的速度始終小于物塊；t=12 s后車靜止，物塊速度為8 m/s，繼續減速4 s，即8~16 s物塊減速。選C。

（2019•寧夏寧夏大學附屬中學高三高考模擬）如圖所示，物塊A疊放在木板B上，且均處于靜止狀態，已知水平地面光滑，A、B間的動摩擦因數μ=0.2，現對A施加一水平向右的拉力F，測得B的加速度a與拉力F的關系如圖乙所示，下列說法正確的是（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10 m/s2）

A．當F<24 N時，A、B都相對地面靜止
B．當F>24 N時，A相對B發生滑動
C．A的質量為4 kg
D．B的質量為24 kg
【參考答案】BC
【詳細解析】當A與B間的摩擦力達到最大靜摩擦力后，A、B會發生相對滑動，由圖可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F>24 N時，A相對B發生滑動，當F<24 N時，A、B保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確。對B，根據牛頓第二定律得，aB＝＝4 m/s2，對A，根據牛頓第二定律得，aA＝ =4m/s2，F=24 N，解得mA=4 kg，mB=2 kg，故C正確，D錯誤。

1．從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的小球，若運動過程中小球受到的空氣阻力與其速率成正比，小球運動的速度大小隨時間變化的規律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經做勻速運動，則在整個過程中，下列說法中不正確的是

A．小球被拋出時的加速度值最大，到達最高點的加速度值最小
B．小球的加速度在上升過程中逐漸減小，在下降過程中也逐漸減小
C．小球拋出瞬間的加速度大小為
D．小球下落過程的平均速度大于
【答案】A
【解析】小球上升過程的加速度大小為，隨速度減小而減小，到達最高點時加速度為g，下落過程的加速度大小為，隨著速度增大，加速度減小，最后減小到0，故小球被拋出時的加速度值最大，A錯誤，B正確；當小球勻速時，有，則拋出瞬間的加速度，C正確；下落過程小球做加速度減小的加速運動，平均速度大于，D正確。故選A。

1．如圖所示，質量相同的三個小球A、B、C通過輕彈簧和不可伸縮的輕細繩懸掛于天花板上，處于靜止狀態。剪斷A、B間細繩的瞬間，A、B、C三者的加速度分別為a1、a2、a3，則

A．a1=2g，方向豎直向上
B．a2=2g，方向豎直向下
C．a3=g，方向豎直向下
D．在剪斷A、B間細繩前后，B、C間細繩的拉力不變
2．（2019•山東山東省實驗中學高三高考模擬）如圖所示，在放置在水平地面上的斜面上，一光滑球被平行于斜面的輕繩系住。斜面體在外力作用下由靜止向右做加速度不斷增大的直線運動的一小段時間內，關于球所受到的輕繩拉力T和斜面支持力N的說法中正確的是

A．T和N都逐漸增大
B．T和N都逐漸減小
C．T和N的合力保持不變
D．T和N的合力逐漸增大
3．一小球從地面豎直上拋，后又落回地面，小球運動過程中所受空氣阻力與速度成正比，取豎直向上為正方向。下列關于小球運動的速度v、加速度a、位移s、機械能E隨時間t變化的圖象中可能正確的有

A   B   C   D
4．（2019•廣東高三高考模擬）水平面上放置一個斜面足夠長的斜劈A，小物塊B靜止在斜面上，如圖所示。現對B施加一個沿斜面向上的拉力F，F的大小從零隨時間均勻增大，斜劈A一直處于靜止狀態。設A、B之間的摩擦力大小為f1，A與地面之間的摩擦力大小為f2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則整個過程中摩擦力大小隨時間變化的圖象可能正確的是

A．    B．
C．    D．
5．如圖所示，在一個立方體空箱子頂部用細線懸吊著一個小球，讓箱子分別沿甲、乙兩個傾角相同的固定斜面下滑。在斜面甲上運動過程中懸線始終豎直向下，在斜面乙上運動過程中懸線始終與頂板垂直，則箱子

A．在斜面甲上做勻加速運動
B．在斜面乙上做勻加速運動
C．對斜面甲的作用力較大
D．對兩斜面的作用力相等
6．（2019•六盤水市第七中學高三月考）如圖所示，輕質細線一端固定在質量為的物體上，另一端繞過光滑的滑輪懸掛質量為的物體。初始時用手托住使整過系統處于靜止狀態，此時離地面的高度為，某時刻將手拿掉、從靜止開始運動（），則

A．繩子對物體的拉力大于物體所受的重力
B．物體落地前的加速度
C．物體剛落地時的速度大小為
D．整個過程中物體上升的最大高度為
7．如圖所示，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定光滑豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是

A．a下落的某段過程中，b對地面的壓力可能大于b受到地面的支持力
B．a落地前，輕桿對b先做正功后做負功
C．a下落的某段過程中，其加速度大小可能大于g
D．a落地前瞬間a的機械能最小，此時b對地面的壓力大小等于mg
8．（2019•四川高一期末）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．物塊與木板的質量之比為
C．物塊與木板之間的動摩擦因數為
D．t1時刻，小物塊和木板動能之比為
9．如圖所示，一質量為m的物塊在與水平方向成θ的力F的作用下從A點由靜止開始沿水平直軌道運動，到B點后撤去力F，物體飛出后越過“壕溝”落在平臺EG段。已知物塊的質量m=1 kg，物塊與水平直軌道間的動摩擦因數為μ=0.5，AB段長L=10 m，BE的高度差h=0.8 m，BE的水平距離x=1.6 m。若物塊可看作質點，空氣阻力不計，g取10 m/s2。
（1）要越過“壕溝”，求物塊在B點最小速度v的大小；
（2）若θ=37°，為使物塊恰好越過“壕溝”，求拉力F的大小；

10．（2019•安徽高一期末）可視為質點的小滑塊從半徑為0.8 m的四分之一光滑圓弧軌道頂端滑下。在軌道最低點滑上水平傳送帶的最右端（設軌道銜接處無機械能損失）。設傳送帶長度L=8 m，并以恒定的v=3 m/s速度順時針轉動，小滑塊恰好能運動到水平傳送帶的最左端而沒有掉下傳送帶。已知重力加速度大小為g=10 m/s2。求：

（1）物塊與傳送帶間的動摩擦因數；
（2）物塊從圓弧軌道最低點滑入傳送帶到第一次返回圓弧軌道最低點所用的時間（本小題計算結果保留兩位有效數字）。
11．如圖所示，水平地面上有一質量為M的長木板，一個質量為m的物塊（可視為質點）放在長木板的最右端。已知m與M之間的動摩擦因數為，木板與地面間的動摩擦因數為。從某時刻起物塊m以v1的水平初速度向左運動，同時木板M在水平外力F控制下始終向右以速度勻速運動，求：

（1）在物塊m向左運動過程中外力F的大小：
（2）木板至少多長物塊不會從木板上滑下來?
12．（2019•湖南雅禮中學高三開學考試）某電視臺娛樂節目在游樂園舉行家庭搬運磚塊比賽活動．比賽規則是：如圖甲所示向滑動行駛的小車上搬放磚塊，且每次只能將一塊磚無初速度（相對地面）地放到車上，車停止時立即停止搬放，以車上磚塊多少決定勝負．已知每塊磚的質量m＝0.8 kg，小車的上表面光滑且足夠長，比賽過程中車始終受到恒定牽引力F＝20 N的作用，未放磚塊時車以v0＝3 m/s的速度勻速前進．獲得冠軍的家庭上場比賽時每隔T＝0.8 s搬放一塊磚，從放上第一塊磚開始計時，圖中僅畫出了0～0.8 s內車運動的v－t圖象，如圖乙所示，g取10 m/s2。求：

（1）小車的質量及車與地面間的動摩擦因數；
（2）車停止時，車上放有多少塊磚。

13．（2016•上海卷）如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當小車向右做勻加速運動時，球所受合外力的方向沿圖中的

A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向
14．（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為常數，在0~5 s、5~10 s、10~15 s內F的大小分別為F1、F2和F3，則

A．F1<F2 B．F2>F3 C．F1>F3 D．F1=F3
15．（2018•江蘇卷）如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度．細線的一端系有質量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B．質量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l．用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°．松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動．忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物塊和小球的質量之比M:m；
（3）小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T．
16．（2017•新課標全國Ⅲ卷）如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1 kg和mB=5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.5；木板的質量為m=4 kg，與地面間的動摩擦因數為μ2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求：

（1）B與木板相對靜止時，木板的速度；
（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離。
17．（2016•四川卷）避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長為12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止。已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ=1，sin θ=0.1，重力加速度g=10 m/s2。求：

（1）貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向；
（2）制動坡床的長度。

1．AC【解析】設三個球的質量均為m，開始A、B、C處于靜止狀態，則彈簧的彈力F=3mg，A、B間細繩張力T1=2mg，B、C間細繩的張力T2=mg，剪斷A、B間細繩的瞬間，彈簧的彈力不變，A所受合力F1=T1，a1=2g，方向豎直向上，A正確；B、C整體的加速度相等，a2=a3=g，方向豎直向下，B、C間細繩的張力變為0，C正確，BD錯誤。
2．D【解析】設斜面傾角為θ，加速度為a，則將加速度分解在沿斜面向上的方向和垂直斜面方向，分別為ax=acosθ和ay=asinθ，則沿斜面方向：T–mgsinθ=max，則隨著a的增大，T增大；垂直斜面方向：mgcosθ–N=may，則隨著a的增大，N增大；選項AB錯誤；由平行四邊形定則可知，T和N的合力，則隨著a的增加，T和N的合力逐漸增大，選項C錯誤，D正確。
3．AC【解析】小球在上升過程中的加速度，隨著v減小，a1增大到–g，v–t圖象斜率的絕對值逐漸減小，小球在下落過程中的加速度大小為，隨著v增大，a2從–g減小到0，v–t圖象斜率的絕對值逐漸減小，A正確，B錯誤；根據位移–時間圖象的斜率等于速度，s–t圖象的斜率應先減小到零，然后斜率的絕對值增大，且下落時間大于上升時間，C正確；根據功能關系得，則，則E–t圖象的斜率是變化的，圖象應為曲線，D錯誤。
4．D【解析】由題有，物體原來處于靜止狀態，故有，有外力F后，F=kt，k>0，以B為研究對象，A對B的摩擦力先沿斜面向上，由平衡條件得F+f1=mgsinα，得f1=mgsinα−kt，知f1隨時間均勻減小。當F=mgsinα，得f1=0，之后，A對B的摩擦力沿斜面向下，由平衡條件得F=f1+mgsinα，得f1=mgsinα+kt，知f1隨時間均勻增大。當F增大到物體運動后，f1=μmgcosα，保持不變，故AB錯誤。A、B均不動時，以A、B組成的整體為研究對象，由平衡條件得：f2=Fcosα=ktcosα，則f2與t成正比。當B相對A向上運動時，A的受力情況不變，f2不變，故C錯誤，D正確。
5．BC【解析】對于斜面甲上的箱子，小球受豎直方向上的重力和拉力作用，一定處于平衡狀態，箱子也處于平衡狀態，即箱子在斜面甲上做勻速直線運動，A錯誤；對于斜面乙上的箱子，小球受重力和拉力作用，合力沿斜面方向向下，小球具有沿斜面向下的加速度，箱子在斜面乙上做勻加速直線運動，B正確；在斜面甲上箱子做勻速運動，則斜面甲對箱子的作用力大小等于重力，在斜面乙上箱子與小球做勻加速運動，由牛頓第二定律，對小球有，對箱子有，可得f=0，斜面乙對箱子的作用力大小為，由牛頓第三定律可知，箱子對斜面甲的作用力較大，C正確，D錯誤。
6．AC【解析】將手拿掉后，m2加速上升，則繩子對物體的拉力大于物體所受的重力，選項A正確；對兩物體的整體，由牛頓第二定律：，解得a=5 m/s2，選項B錯誤；物體m1剛落地時m2的速度大小為，選項C正確；m1落地后，m2向上做上拋運動，還能上升的高度為，則整個過程中物體上升的最大高度為0.4 m+0.2 m=0.6 m，選項D錯誤。
7．BC【解析】根據牛頓第三定律知，b對地面的壓力與b受到地面的支持力一定大小相等，故A錯誤。b開始時速度為零，當a到達底端時，b的速度為零，在整個過程中，b的速度先增大后減小，動能先增大后減小，由動能定理可知輕桿對b先做正功，后做負功。故B正確。在整個過程中，b的速度先增大后減小，所以輕桿對b的作用力先是動力后是阻力，所以輕桿對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，輕桿對a是斜向下的拉力，此時a的合力大于重力，則其加速度大于重力加速度g，故C正確；a落地前瞬間b的速度為零，由a、b整體的機械能守恒，知此時a的機械能最大，此時b對地面的壓力大小為mg，故D錯誤。
8．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，相互間的摩擦力設為f，木塊的加速度，木板加速度，所以質量之比為，B錯誤。木塊的加速度，摩擦力，所以動摩擦因數為，C正確。動能，t1時刻，速度相同，所以動能比等于質量比，D正確。
9．（1）4 m/s　（2）5.27 N
【解析】（1）設運動時間為t，則有：h= gt2
所以，t= =0.4 s
水平方向勻速直線運動，故有：v=x/t=4 m/s
（2）設AB段加速度為a，由勻變速直線運動規律得：v2=2aL
a= =0.8 m/s2
對物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：Fcosθ–μ（mg–Fsinθ）=ma
帶入數據解得：F=5.27 N
10．（1）0.1 （2）8.17 s
【解析】（1）物塊從圓形光滑軌道下滑的過程，根據機械能守恒有

解得
物塊沿傳送帶滑到最左端速度恰好為零，由動能定理有
代入數據解得：
（2）物塊在傳送帶先做勻減速運動
則物塊減速到零的時間為
反向加速時加速度不變，故加速時間為
這段時間的位移為
之后物塊隨傳送帶勻速運動，則
物塊在傳送帶上第一次往返所用的時間為
11．（1）（2）
【解析】（1）在物塊m向左運動過程中，木板受力如圖所示，

其中f1，f2分別為物塊和地面給木板的摩擦力，由題意可知
f1=μ1mg
f2=μ2（m+M）g
由平衡條件得：F=f1+f2=μ1mg＋μ2（m+M）g
（2）以木板為參考系，設物塊相對木板向左勻減速初速度為，末速度為，則

加速度：
根據運動學公式：
解得：
12．（1）（2）n=5
【解析】（1）小車的上表面光滑，磚塊相對地面始終保持靜止狀態，放上磚塊后小車開始做勻減速運動，設小車與地面間的動摩擦因數為，未放磚塊時
放上第一塊磚后，對小車有
即
由v—t圖象可知，
放上第一塊磚后小車的加速度為
解得μ=0.25；M=8 kg
（2）同理，放上第二塊磚后，對小車有
代入數據解得
0.8 s內速度改變量
放上第三塊磚后小車的加速度為
0.8 s內速度改變量
則放上第n塊磚后小車的加速度an=–n×0.25m/s2=0.25nm/s2（n=1，2，3……）
0.8 s內速度改變量?vn=0.2nm/s（n=1，2，3……）
所以
而
聯立解得n=5
即當小車停止時，車上有5塊磚
13．D【解析】據題意可知，小車向右做勻加速直線運動，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，則三者屬于同一整體，根據整體法和隔離法的關系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也應該向右，故選D。
14．A【解析】由v–t圖象可知，0~5 s內物體的加速度大小為a1=0.2 m/s2，方向沿斜面向下，根據牛頓第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，可得F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s內物體的加速度a2=0，有mgsin θ–f–F2=ma2，可得F2=mgsin θ–f；10~15 s內物體的加速度大小為a3=–0.2 m/s2，方向沿斜面向上，有mgsin θ–f–F3=ma3，可得F3=mgsin θ–f+0.2m。故有F3>F2>F1，A正確，BCD錯誤。
15．（1）（2）（3）（）
【解析】（1）設小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2
F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球運動到與A、B相同高度過程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物塊下降高度h2=2l
機械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
（3）根據機械能守恒定律，小球回到起始點．設此時AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T
牛頓運動定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛頓運動定律T′–mgcos53°=ma
解得（）
16．（1）1 m/s （2）1.9 m
【解析】（1）滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達到共同速度前有f1=μ1mAg，f2=μ1mBg，f3=μ2（mA+mB+m）g
由牛頓第二定律得f1=mAaA，f2=mBaB，f2–f1–f3=ma1
可得aA=aB=5 m/s2，a1=2.5 m/s2
設在t1時刻，B與木板共速，為v1
由運動學公式有v1=v0–aBt1=a1t1
解得t1=0.4 s，v1=1 m/s
（2）在t1時間內，B相對地面的位移
設B與木板共速后，木板的加速度大小為a2
假設B與木板相對靜止，由牛頓第二定律有f1+f3=（mB+m）a2
可得，假設成立
由aA=aB可知，B與木板共速時，A的速度大小也為v1
設從B與木板共速到A和B相遇經過的時間為t2，A和B相遇且共速時，速度大小為v2
由運動學公式有v2=v1–a2t2=–v1+aAt2
解得t2=0.3 s，v2=0.5 m/s
在t2時間內，B及木板相對地面的位移
全過程A相對地面的位移
則A、B開始運動時，兩者之間的距離x=xB+x1+|xA|=1.9 m
（也可用如圖的速度–時間圖線求解）

17．（1）5 m/s2，方向沿制動坡床向下（2）98 m
【解析】（1）設貨物的質量為m，貨物減速的加速度大小為a1
根據牛頓第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma1
解得a1=5 m/s2，方向沿制動坡床向下
（2）從貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端38 m過程
貨物的位移x1=vt– a1t2
對貨車，根據牛頓第二定律有4mgsin θ+5kmg–μmgcos θ=4ma2
貨車減速的加速度大小為a2=5.5 m/s2
貨車的位移x2=vt– a2t2，又x1–x2=4 m
解得t=4 s，x1=52 m，x2=48 m
制動坡床的長度L=38 m+12 m+x2=98 m

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用牛頓第二定律解決動力學問題考點及考情分析

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