第一篇：牛頓第二定律高考題型及典型題總結 盧強撰稿[范文]

牛頓第二定律高考題型及典型題總結(3)盧強撰稿

一 等時圓模型

1.如圖所示,ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿,a、b、c、d位于同一圓周上,a點為圓周的最高點,d點為最低點。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出),三個滑環(huán)分別從a、b、c處釋放(初速為0),用t1、t2、t3依次表示滑環(huán)到達d所用的時間,則()

A.t1t2>t3C.t3>t1>t2D.t1=t2=t3

解答：對小滑環(huán)，受重力和支持力，將重力沿桿的方向和垂直桿的方向正交分解，根據牛頓第二定律得小滑環(huán)做初速為零的勻加速直線運動的加速度為a=gsinθ(θ為桿與水平方向的夾角)

由圖中的直角三角形可知，小滑環(huán)的位移S=2Rsinθ

所以t=√2S/a=√2×2Rsinθ/gsinθ=√4R/g,t與θ無關,即t1=t2=t3 故選D 2.如右圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面 相切于M點，與豎直墻相切于A點，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60 0，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻：a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道分別AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點；則：（）

A.a球最先到達M點 B.b球最先到達M點

C.c球最先到達M點 D.b球和c球都可能最先到達M點

解析由題可知A、B、C三球均做初速度為零的勻加速直線運動，有勻變速直線運動的位移公式可得，由題可得、、可見c球最先到達M點。故選C 二 傳送帶模型

1.如圖所示為車站使用的水平傳送帶的模型,它的水平傳送帶的長度為送帶水平部分的最左端和最右端.現有一個旅行包(視為質點)以水平地滑上水平傳送帶.已知旅行包與傳送帶之間的動摩擦因數為,A、B為傳的初速度從A端.試求: 1 牛頓第二定律高考題型及典型題總結(3)盧強撰稿

(1)若傳送帶保持靜止,旅行包滑到B端時,旅行包的速度為多(2)若皮帶輪逆時針勻速轉動,傳送帶轉動的速率恒為是多大?(3)若皮帶輪順時針勻速轉動,傳送帶轉動的速率恒為用的時間是多少? 答案解:(1)由,，大? ,則旅行包到達B端時的速度,則旅行包從A端到達B端所代入數據計算得出:到達B端時旅行包的速度為:(2)若皮帶輪逆時針勻速轉動,旅行包的受力及運動情況與傳送帶靜止時完全相同,故到達B端時其速度也是(3)令旅行包速度從由由故,代入數據得,代入數據得

..減速到

.所需的時間為,則 ,故旅行包先勻減速后勻速運動, 設勻速運動過程所需時間為,則

.故旅行包從A端到達B端所用的總時間是:2.如圖所示為貨場使用的傳送帶的模型，傳送帶傾斜放置，與水平面夾角為θ=37°，傳送帶AB足夠長，傳送皮帶輪以大小為v=2m/s的恒定速率順時針轉動，一包貨物以v0=12m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶，若貨物與皮帶之間的動摩擦因數μ=0.5，且可將貨物視為質點，．

（1）求貨物剛滑上傳送帶時加速度為多大？

（2）經過多長時間貨物的速度和傳送帶的速度相同？這時貨物相對于地面運動了多遠？

牛頓第二定律高考題型及典型題總結(3)盧強撰稿

（3）從貨物滑上傳送帶開始計時，貨物再次滑回A端共用了多少時間？（g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）解析:

三 滑塊------模板模型

牛頓第二定律高考題型及典型題總結(3)盧強撰稿

1.如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為和，放在靜止于水平

；木板的質量為，地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為與地面間的動摩擦因數為

。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為。、相遇時，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

。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。

答案詳解

（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、和，A和B相對地面的加速度大小分別為加速度大小為。在物塊B與木板達到共同速度前有

受力分析可得木板受到向右的其加速度的合力 滑塊加速度

和，木板相對于地面的設在時刻，B與木板達到共同速度，其大小為。由運動學公式有

代入已知數據得

（2）在AB相遇前，一共經歷兩個運動狀態(tài)，即①AB相對木板運動②B相對木板靜止，A相對木板運動

在第一個運動狀態(tài)內，B相對地面移動的距離為

設在B與木板達到共同速度后，木板的加速度大小為。對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有在第二個運動狀態(tài)初始，A的速度為

因此，運動方向與木板相反。牛頓第二定律高考題型及典型題總結(3)盧強撰稿

由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為。設A的速度大小從變到所用的時間為，則由運動學公式，對木板有因此，對A有

在時間間隔內，B（以及木板）相對地面移動的距離為在時間間隔內，A相對地面移動的距離為A和B相遇，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為

并代入數據得

（也可用下圖的速度-時間圖線求解）

解析:（1）利用牛頓第二定律分別對A、B和木板進行分析，再利用運動學公式求出B與木板速度相同所用的時間，聯立上述式子，即可求出B與木板相對靜止時木板的速度；（2）將B和木板看成一個整體，利用牛頓第二定律列出式子，再利用速度時間公式，求出B與木板相對靜止到A與木板相對靜止所用的時間，再分別求出A、B的位移大小，從而求出A、B開始運動時，兩者之間的距離。2.如圖所示,質量的物塊A放在質量

木板B的左端,起初A、B靜止在水平,地.地面上,現用一水平向左的力F作用在木板B上,已知AB之間的動摩擦因數為面與B之間的動摩擦因數為,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,求:(1)能使AB發(fā)生相對滑動的F的最小值;(2)若,作用1s后撤去,要想A不從B上滑落,則木板至少多長,從開始到AB均靜止,A的總位移是多少?

牛頓第二定律高考題型及典型題總結(3)盧強撰稿

答案詳解解:(1)當AB保持相對靜止時,兩者具有相同的加速度,此時A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力,物體相對靜止.對于A由牛頓第二定律得 對AB整體由牛頓第二定律得

(2)設F作用在B上時,A、B的加速度分別為撤去外力F后加速度分別為加速直線運動.對A由牛頓第二定律可得由速度公式得對B分析由牛頓第二定律得 代入數據計算得出

由速度公式得

代入數據計算得出、、代入數據計算得出

、, 代入數據計算得出 ,撤掉F時速度分別為,加速度為

共同運動時速度為,AB都做勻撤去外力后:經過時間后AB速度相等

代入數據計算得出

則共同速度從開始到AB相對靜止.AB的相對位移即為木板最短的長度L

AB速度相等后共同在水平面上勻減速運動,加速度

從至最終靜止位移為所以A得總位移為

.(2)若,作用1s后撤去,.答:(1)能使AB發(fā)生相對滑動的F的最小值為要想A不從B上滑落,則木板至少,從開始到AB均靜止,A的總位移是 6

第二篇：牛頓第二定律高考題型及典型題總結 盧強撰稿

牛頓第二定律高考題型及典型題總結(2)盧強撰稿

一 動力學兩類基本問題

1.公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離,當前車突然停止時,后車司機可以采取剎車措施,使汽車在安全距離內停下而不會與前車相撞,通常情況下,人的反應時間和汽車系統的反應時間之和為1s,當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時,安全距離為120m,設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數為晴天時的2/5，若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度。

解答：汽車初速度為：v0=108km/h=30m/s，在反應時間內,汽車做勻速運動,運動的距離：s1=v0t=30×1m=30m，汽車在減速階段的位移：s2=s0?s1=120?30=90m，設干燥路面的摩擦因數是μ0,汽車從剎車到停下,汽車運動的距離為s2:

a1=μ0mg/m=μ0g，得：2μ0gs2=v02，μ0=v02/2gs2=302/2×10×90=0.5，下雨時路面的摩擦因數：μ=2/5.μ0=0.2，在反應時間內,汽車做勻速運動,運動的距離：s3=vt，汽車從剎車到停下,汽車運動的距離為s4: a2=μmg/m=μg=0.2×10=2m/s2，2a2s4=v2，又：s3+s4=120m，代入數據解得：v=20m/s.答：汽車在雨天安全行駛的最大速度是20m/s.2.滑沙游戲中,游戲者從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下。為了安全,滑沙車上通常裝有剎車手柄,游客可以通過操縱剎車手柄對滑沙車施加一個與車運動方向相反的制動力F,從而控制車速。為便于研究,作如下簡化：游客從頂端A點由靜止滑下8s后,操縱剎車手柄使滑沙車摩擦變大勻速下滑至底端B點,在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止。已知游客和滑沙車的總質量m=70kg,傾斜滑道AB長LAB=128m,傾角θ=37°,滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數μ=0.5.重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8，不計空氣阻力。

(1)游客勻速下滑時的速度大小。(2)求游客勻速下滑的時間。

(3)斜面上勻速下滑的制動力大小。

(4)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加多大的水平制動力? 考點：

牛頓運動定律的綜合應用，勻變速直線運動的速度與位移的關系 分析：

小車在斜面上的運動過程是先勻加速運動，后勻速，在水平地面上是勻減速直線運動．（1）根據受力分析求出加速度，再根據勻變速運動時間和速度的關系求出末速度，（2）勻速直線運動的時間用位移除以速度，1 牛頓第二定律高考題型及典型題總結(2)盧強撰稿

（3）勻速的時候，受力平衡，根據受力平衡等式，求出制動力，（4）先求出勻減速直線運動的加速度，再根據牛頓第二定律求解水平制動力．

解答：

根據題意，把游客和滑車作為整體進行受力分析，可得

(1)開始下滑的時候，整體受到重力，支持力，摩擦力三個力的作用，根據牛頓第二定律可得：

mgsin37°?μmgcos37°=ma，帶入數據可得： 10×35?0.5×10×45=a

解得：a=2(m/s2).游客勻速下滑的初速度等于第一階段勻加速運動的末速度，末速度的速度大?。?v=at1=2×8=16(m/s).(2)根據已知,加速下滑路程為L1=12at21=64(m)，勻速下滑路程L2=LAB?L1=128?64=64(m)，游客勻速下滑的時間t2=L2v=4(s).(3)勻速直線運動中，受力平衡，所以有： mgsin37°=μmgcos37°+F

解得：F=140(N)

(4)整體滑到水平面上時，做勻減速直線運動，根據勻變速直線運動規(guī)律： V2?V20=2ax

帶入數據可得：02?162=2a×16 解得：a=?8m/s2.力的方向都指向左邊，由牛頓第二定律，F+μmg=ma

帶入數據：F+0.5×70×10=70×8解得F=210N.答：(1)游客勻速下滑時的速度大小為16m/s；(2)求游客勻速下滑的時間是4s；

(3)斜面上勻速下滑的制動力大小為140N；

(4)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加210N的水平制動力。

2滑沙游戲中,游戲者從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下。為了安全,滑沙車上通常裝有剎車手柄,游客可以通過操縱剎車手柄對滑沙車施加一個與車運動方向相反的制動力F,從而控制車速。為便于研究,作如下簡化：游客從頂端A點由靜止滑下8s后,操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點,在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止。已知游客和滑沙車的總質量m=70kg,傾斜滑道AB長LAB=128m,傾角θ=37°,滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數μ=0.5.滑沙車經過B點前后的速度大小不變,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8，不計空氣阻力。

牛頓第二定律高考題型及典型題總結(2)盧強撰稿

(1)求游客勻速下滑時的速度大小。(2)求游客勻速下滑的時間。

(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加多大的水平制動力?

解答：(1)加速過程，把人和滑板看成整體，受重力、支持力和摩擦力，根據牛頓第二定律，有：mgsin37°?μmgcos37°=ma 解得：a=g(sin37°?μcos37°)=10×(0.6?0.5×0.8)=2m/s2 勻加速的末速度為：v=at=2×8=16m/s

(2)勻加速的位移為：x=12at2=12×2×64=64m 勻速的位移為：x′=LAB?x=128?64=64m 故勻速的時間為：t′=x′v=6416=4s

(3)減速過程,根據動能定理,有：?FS?μmg?S=0?12mv2 解得：F=210N； 答：(1)游客勻速下滑時的速度大小為16m/s；

(2)游客勻速下滑的時間為4s；(3)需對滑沙車施加210N的水平制動力。

3.2012年10月,奧地利極限運動員菲利克斯?鮑姆加物納乘氣球升至約39km的高空后跳下,經過4分20秒到達距地面約1.5km高度處,打開降落傘并成功落地,打破了跳傘運動的多項世界紀錄,取重力加速度的大小g=10m/s2

(1)忽略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落到1.5km高度處所需要的時間及其在此處速度的大小

(2)實際上,物體在空氣中運動時會受到空氣阻力,高速運動受阻力大小可近似表示為f=kv2,其中v為速率,k為阻力系數,其數值與物體的形狀,橫截面積及空氣密度有關,已知該運動員在某段時間內高速下落的v?t圖象如圖所示,若該運動員和所帶裝備的總質量m=100kg,試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數(結果保留1位有效數字)

解答：(1)設運動員從開始自由下落至1.5km高度處的時間為t，下落距離為S，在1.5km高度出的速度為v，根據運動學公式，有：v=gt…①

s=1/2gt2…② 根據題意，有：s=39km?1.5km=37.5km=37500m…③ 牛頓第二定律高考題型及典型題總結(2)盧強撰稿

聯立①②③解得：t=87s，v=870m/s；(2)該運動員達到最大速度vmax時，加速度為零，根據牛頓第二定律，有：mg=kvmax2…④ 由所給的v?t圖象可讀出：vmax≈360m/s…⑤ 聯立④⑤解得：k=0.008kg/m.4.如圖甲所示,一傾角為θ=37°的斜劈固定與水平地面上,質量為1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動,在t=0.5s時撤去拉力,利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象(v?t圖象)如圖乙所示,g取10m/s2.求：

(1)2s內物塊的位移大小x和通過的路程I.(2)物塊與斜面間的滑動摩擦因數μ及拉力F的大小。

解答：(1)拉力作用時間為t1=0.5s,撤去拉力后物塊繼續(xù)上滑的時間為t2=1s?0.5s=0.5s,1?2s內物體下滑,時間為：t3=1s；

由于速度時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，則2s內物體的位移為：

x=v1/2(t1+t2)?v2/2t3=4/2×1?4/2×1=0，通過的路程l=v1/2(t1+t2)+v2/2t3=4/2×1+4/2×1=4m，(2)根據圖象可得0～0.5s內加速度大小為：a1=v1/t1=4/0.5=8m/s2，0.5s～1.0s內加速度大小為：a2=v1/t2=4/0.5=8m/s2，根據牛頓第二定律得：0～0.5s內有：F?μmgcosθ?mgsinθ=ma1，0.5s～1.0s內有：μmgcosθ+mgsinθ=ma2，聯立整理解得 μ=0.25，F=24N.

第三篇：牛頓第二定律典型題型歸納

牛頓第二定律典型題型歸納

二.學習目標：

1、掌握牛頓第二定律解題的基本思路和方法。

2、重點掌握牛頓第二定律習題類型中典型題目的分析方法如瞬時問題、臨界問題及傳送帶問題。

考點地位：牛頓第二定律的應用問題是經典物理學的核心知識，是高考的重點和難點，突出了與實際物理情景的結合，出題形式多以大型計算題的形式出現，從近幾年的高考形式上來看，2007年江蘇單科卷第15題、上海卷第21題、上海卷第19B、2006年全國理綜Ⅰ卷、Ⅱ卷的第24題、2005年全國理綜Ⅰ卷的第14題、第25題均以計算題目的形式出現，2007年全國理綜Ⅰ卷第18題以選擇題的形式出現。

三.重難點解析：

1.動力學兩類基本問題

應用牛頓運動定律解決的問題主要可分為兩類：（1）已知受力情況求運動情況。（2）已知運動情況求受力情況。

分析解決這兩類問題的關鍵是抓住受力情況和運動情況之間聯系的橋梁——加速度?；舅悸妨鞒虉D：

基本公式流程圖為：

2.動力學問題的處理方法

（1）正確的受力分析。

對物體進行受力分析，是求解力學問題的關鍵，也是學好力學的基礎。（2）受力分析的依據。

①力的產生條件是否存在，是受力分析的重要依據之一。

②力的作用效果與物體的運動狀態(tài)之間有相互制約的關系，結合物體的運動狀態(tài)分析受力情況是不可忽視的。

③由牛頓第三定律（力的相互性）出發(fā)，分析物體的受力情況，可以化難為易。

3.解題思路及步驟

（1）由物體的受力情況求解物體的運動情況的一般方法和步驟。①確定研究對象，對研究對象進行受力分析，并畫出物體的受力圖。②根據力的合成與分解的方法，求出物體所受合外力（包括大小和方向）③根據牛頓第二定律列方程，求出物體的加速度。

④結合給定的物體運動的初始條件，選擇運動學公式，求出所需的運動參量。（2）由物體的運動情況求解物體的受力情況。

解決這類問題的基本思路是解決第一類問題的逆過程，具體步驟跟上面所講的相似，但需特別注意：①由運動學規(guī)律求加速度，要特別注意加速度的方向，從而確定合力的方向，不能將速度的方向與加速度的方向混淆。②題目中求的力可能是合力，也可能是某一特定的作用力。即使是后一種情況，也必須先求出合力的大小和方向，再根據力的合成與分解知識求分力。

4.解題方法

牛頓運動定律是解決動力學問題的重要定律，具體應用的方法有好多，高中物理解題常用的方法有以下幾種：

（1）正交分解法：

表示方法

為減少矢量的分解，建立坐標系時，確定x軸正方向有兩種方法： ①分解力而不分解加速度。

分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向為x軸正方向，建立直角坐標系，將物體所受的各個力分解在x軸和y軸上，分別得x軸和y軸的合力

。根據力的獨立作用原理，各個方向上的力分別產生各自的加速度，得方程組

②分解加速度而不分解力。

若物體受幾個相互垂直的力作用，應用牛頓定律求解時，若分解的力太多，比較繁瑣，所以在建立直角坐標系時，可根據物體受力情況，使盡可能多的力位于兩坐標軸上而分解加速度a，得，根據牛頓第二定律得方程組

求解。這種方法一般是在以某個力的方向為x軸正方向時，其他力都落在兩個坐標軸上而不需要分解的情況下應用。

（2）程序法：

在解題過程中，按照時間或者空間的先后順序，對題目給定的物理過程（或者物理狀態(tài)）進行分析、判斷、計算的解題方法叫程序法。

運用程序法解題的基本思路是：

①根據題意，明確題設中有幾個不同的運動過程，有多少個不同的運動狀態(tài)，有多少個不同的研究對象。

②根據解題選定了的研究對象，對各個運動過程或者各個不同的運動狀態(tài)，進行具體的分析。

③分析判斷前、后兩個物理過程之間的銜接點的物理意義與特點，此銜接點往往是解決物理問題的“切入口”或者是解題的“命門”。

④選用相應的物理規(guī)律、公式計算求解。

【典型例題】

問題1：瞬時問題分析方法與思路： 例：如圖所示，A、B兩小球質量相等，用細線相連，A用彈簧吊起，且懸于天花板上，整個系統都處于靜止狀態(tài)?，F突然剪斷細線的瞬間，A和B的加速度分別為方向__________，__________，方向_____________________。

_______，解析：本題考查的是牛頓第二定律的瞬時性。在突然剪斷細線的瞬間，B受的細線的拉力突然消失，所以它的加速度不再為零，但這一瞬間，A由于慣性無位移，所以彈簧形變不變，仍保持原來的彈力，若分別對A，B進行受力分析，由牛頓第二定律可求解。

系統剪斷線以前，處于平衡狀態(tài)，分析A，B整體的受力情況。如圖甲所示，彈力。

當剪斷線瞬間，B只受力重力，由牛頓第二定律乙所示，由牛頓第二定律，向上。，向下，A受力情況如圖

答案：g 向下 g 向上

變式：如圖A所示，一質量為m的物體系于長度分別為端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為求剪斷瞬時物體的加速度。的兩根細線上，的一

線剪斷，水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)?，F將

（1）下面是某同學對該題的一種解法：

解：設l1線上拉力為T1，l2線上拉力為T2，重力為mg，物體在三力作用 下保持平衡

T1cosθ＝mg，T1sinθ＝T2，T2＝mgtgθ

剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體即在T2反方向獲得加速度。因為mg tgθ＝ma，所以加速度a＝g tgθ，方向在T2反方向。

你認為這個結果正確嗎？請對該解法作出評價并說明理由。

（2）若將圖A中的細線l1改為長度相同、質量不計的輕彈簧，如圖B所示，其他條件不變，求解的步驟和結果與（l）完全相同，即a＝gtgθ，你認為這個結果正確嗎？請說明理由。

解：（1）錯。

因為l2被剪斷的瞬間，l1上的張力大小發(fā)生了變化。（2）對。

因為G被剪斷的瞬間，彈簧U的長度未及發(fā)生變化，乃大小和方向都不變。問題2：臨界問題分析：

例：（臨界加速度問題）如圖所示，一細線的一端固定于傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質量為m的小球。試求當滑塊以動時線中的拉力。的加速度向左運

解析：本題中當滑塊向左運動的加速度較小時，滑塊對小球存在支持力；當滑塊向左運動的加速度較大時，小球將脫離滑塊斜面而“飄”起來。因此，本題存在一個臨界條件：當滑塊向左運動的加速度為某一臨界值時，斜面對小球的支持力恰好為零（小球將要離開斜面而“飄”起來）。我們首先求此臨界條件。此時小球受兩個力：重力mg；繩的拉力根據牛頓第二定律的正交表示，有，①

②

聯立①②兩式并將代入，得，即當斜面體滑塊向左運動的加速度為當時，小球將“飄”起來，當。

時，小球恰好對斜面無壓力。

時，小球已“飄”起來了，此時小球的受力代入，解得

。情況如圖所示，故根據①②兩式并將

此即為所求線中的拉力。

變式（2005年全國卷III）如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B。它們的質量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數為k，C為一固定擋板。系統處于靜止狀態(tài)。現開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，求物塊B剛要離開C時物塊A的加速度a和從開始到此時物塊A的位移d。重力加速度為g。

解：令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律可知

mAgsinθ＝kx ①

令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量，a表示此時A的加速度，由胡克定律和牛頓定律可知

kx2＝mBgsinθ

②

F－mAgsinθ－kx2＝mAa ③

由②③式可得a= ④ 由題意 d＝x1＋x2 ⑤

由①②⑤式可得d＝ ⑥

問題3：傳送帶問題分析：

情景

1、水平放置的傳送帶類問題： 例： 水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率運行，一質量為的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。設行李與傳送帶之間的動摩擦因數離L=2m，g取。，A、B間的距

（1）求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大小；（2）求行李做勻加速直線運動的時間；

（3）如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。

解析：（1）滑動摩擦力加速度。

（2）行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則。

（3）行李始終勻加速運行時間最短，加速度仍為，所以傳送帶的最小運行速率為行李最短運行時間由答案：（1）（2）。

。，當行李到達右端時，（3），情景

2、傾斜放置的傳送帶類問題： 例：如圖所示，傳輸帶與水平面間的傾角為，皮帶以10m/s的速率運行，在傳輸帶上端A處無初速度地放上質量為0.5kg的物體，它與傳輸帶間的動摩擦因數為0.5，若傳輸帶A到B的長度為16m，則物體從A運動到B的時間為多少？

解析：首先判定與的大小關系，所以物體一定沿傳輸帶對地下滑，不可能對地上滑或對地相對靜止，其次皮帶運動速度方向未知，而皮帶運動速度方向影響物體所受摩擦力方向，所以應分別討論。

（1）當皮帶的上表面以10m/s速度向下運動時，剛放上的物體相對皮帶有向上的相對速度，物體所受滑動摩擦力方向沿斜坡向下，（如圖所示）該階段物體對地加速度，方向沿斜面向下。

物體趕上皮帶對地速度需時間在內物體沿斜面對地位移。

由于，物體在重力作用下將繼續(xù)加速下滑，當物體速度超過皮帶運動速度時物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，物體對地加速度。

物體以則即加速度運行剩下的11m位移需時間

，所需總時間。

（2）當皮帶上表面以10m/s速度向上運動時，物體相對于皮帶一直具有沿斜面向下的相對速度，物體所受滑動摩擦方向沿斜面向上且不變，設加速度為

。。即。物體從傳輸帶頂滑到底所需時間為，則。答案：順時針轉2s，逆時針轉4s。情景

3、組合型傳送帶類問題：

例：如圖所示，將一物體A放在勻速傳送的傳動帶的a點，已知傳動帶速度大小，A與傳動帶的動摩擦因數需要多長時間？（，，試求物塊A運動到C點共）

解析：物塊A相對地的運動可分為三個過程：①初速為零的勻加速直線運動。加速度；②當速度達到與傳送帶相等時，物體與傳送帶間無相對運動趨勢，做勻速直線運動到達b點；③物體在bc段做勻加速直線運動，物塊與傳送帶有相對滑動。

則第一階段做初速為零的勻加速直線運動時所用時間

；

第二階段勻速直線運動時的時間； 第三階段做初速度勻加速直線運動所用時間：

即故物塊A運動到C所需時間：答案：2.4s。

【模擬試題】

1.鋼球在盛有足夠深油的油罐中由靜止開始下落，若油對球的阻力正比于其速率，則球的運動情況是（）

A.先加速后勻速

B.先加速后減速最后靜止 C.先加速后減速最后勻速 D.加速度逐漸減小到零

2.如圖所示，一木塊在水平恒力的作用下，沿光滑水平面向右做加速運動，前方墻上固定有一勁度系數足夠大的彈簧，當木塊接觸彈簧后，將（）

A.立即做減速運動 B.立即做勻速運動 C.在一段時間內速度繼續(xù)增大

D.當彈簧壓縮量為最大時，物體速度為零，處于平衡狀態(tài)

3.如圖所示，一物體從曲面上的Q點由靜止開始下滑，通過一段粗糙的傳送帶，傳送帶靜止，從A運動到B的時間為；若傳送帶的皮帶在輪子轉動的帶動下，上表面向左勻速運動，再次把物體從曲面的Q點由靜止開始下滑，達到A點時速度與第一次相同，從A到B運動的時間為A.C.，則（）

B.D.無法確定

4.質量為的物體放在A地，用豎直向上的力F拉物體，物體的加速度a與拉力F的關的物體在B地做類似實驗，測得和

由圖可判定（）

關系如圖中的②所示，系如圖中的①所示；質量為設兩地重力加速度分別為A.C.B.D.5.勻速上升的升降機頂部懸有一輕質彈簧，彈簧下端掛一小球，若升降機突然停止，在地面觀察者看來，小球在繼續(xù)上升的過程中（）

A.速度逐漸減小 B.速度先增大后減小 C.加速度先減小后增大 D.加速度逐漸減小

6.從加速豎直上升的氣球上落下一個物體，在物體剛離開氣球的瞬間，下列說法正確的是（）

A.物體立即向下做自由落體運動 B.物體具有豎直向上的加速度

C.物體的速度為零，但具有豎直向下的加速度 D.物體具有豎直向上的速度和豎直向下的加速度

7.如圖所示，用細線拉著小球A向上做加速運動，小球A、B間用彈簧相連，兩球的質量分別為m和2m，加速度的大小為a，若拉力F突然撤去，則A、B兩球的加速度大小分別為_______________，=_____________。

8.2008年奧運會將在我國北京舉行，為此北京交通部門規(guī)定市區(qū)內某些區(qū)域汽車行駛速度不得超過30km/h。一輛汽車在規(guī)定的范圍內行駛，突然采取車輪抱死緊急剎車，沿直線滑行了10m而停止，查得汽車與該路面的動摩擦因數為0.72，試判斷該汽車是否違章超速行駛并說明理由。（g?。?/p>

9.如圖所示，幾個不同傾角的光滑斜面底邊相同，頂點在同一豎直面內，物體從哪個斜面的頂端由靜止滑下時，滑到底端所用時間最短？（）

10.如圖所示的傳送皮帶，其水平部分AB長，一小物體P與傳送帶的動摩擦因數體從A點被傳送到C點所用的時間。（BC與水平面夾角，長度，皮帶沿A至B方向運行，速率為），若把物體P放在A點處，它將被傳送帶送到C點，且物體P不脫離皮帶，求物

第四篇：牛頓第二定律典型題

牛頓第二定律應用的典型問題

1.力和運動的關系 力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持運動的原因。由知，加速度與力有直接關系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度與力沒有直接關系。速度如何變化需分析加速度方向與速度方向之間的關系，加速度與速度同向時，速度增加；反之減小。在加速度為零時，速度有極值。

例1.如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（）

A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B.從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上

C.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小

D.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大

解析：小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達最低點，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大。當合力與速度同向時小球速度增大，所以當小球所受彈力和重力大小相等時速度最大。故選CD。

2.力和加速度的瞬時對應關系

（1）物體運動的加速度a與其所受的合外力F有瞬時對應關系。每一瞬時的加速度只取決于這一瞬時的合外力，而與這一瞬時之間或瞬時之后的力無關。若合外力變?yōu)榱悖铀俣纫擦⒓醋優(yōu)榱悖铀俣瓤梢酝蛔儯?。這就是牛頓第二定律的瞬時性。

（2）中學物理中的“繩”和“線”，一般都是理想化模型，具有如下幾個特性： ①輕，即繩（或線）的質量和重力均可視為零。由此特點可知，同一根繩（或線）的兩端及其中間各點的張力大小相等。

②軟，即繩（或線）只能受拉力，不能承受壓力（因繩能彎曲）。由此特點可知，繩與其他物體相互作用力的方向是沿著繩子且背離受力物體的方向。

③不可伸長：即無論繩子所受拉力多大，繩子的長度不變。由此特點知，繩子中的張力可以突變。

（3）中學物理中的“彈簧”和“橡皮繩”，也是理想化模型，具有如下幾個特性： ①輕：即彈簧（或橡皮繩）的質量和重力均可視為零。由此特點可知，同一彈簧的兩端及其中間各點的彈力大小相等。

②彈簧既能受拉力，也能受壓力（沿彈簧的軸線）；橡皮繩只能受拉力，不能承受壓力（因橡皮繩能彎曲）。

③由于彈簧和橡皮繩受力時，其形變較大，發(fā)生形變需要一段時間，所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變。但是，當彈簧和橡皮繩被剪斷時，它們所受的彈力立即消失。例2 在光滑水平面上有一質量m＝Ikg的小球，小球與水平輕彈簧和與水平方向夾角為30的輕繩的一端相連，如圖所示，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零，當剪斷輕繩的瞬間，小球加速度的大小和方向如何？此時輕彈簧的彈力與水平面對球的彈力比值是多少？

．

練習題、如圖所示,小球質量為m,被三根質量不計的彈簧A、B、C拉住,彈簧間的0夾角均為120,小球平衡時, A、B、C的彈力大小之比為3：3：1,當剪

斷C瞬間,小球的加速度大小及方向可能為

①g/2,豎直向下;②g/2,豎直向上;③g/4,豎直向下;④g/4,豎直向上;

A、①②;B、①④;C、②③;D、③④;0

3.牛頓運動定律中的整體與隔離

當系統內各物體具有相同的加速度時，應先把這個系統當作一個整體（即看成一個質點），分析受到的外力及運動情況，利用牛頓第二定律求出加速度．如若要求系統內各物體相互作用的內力，則把物體隔離，對某個物體單獨進行受力分析，再利用牛頓第二定律對該物體列式求解．隔離物體時應對受力少的物體進行隔離比較方便。通常是對物體組成的整體運用牛頓第二定律求出整體的加速度，然后用隔離法求出物體間的相互作用力

例3.如圖所示，質量為2m的物塊A，與水平地面的摩擦不計，質量為m的物塊B與地面的摩擦因數為μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運動，則A和B之間的作用力為____________。

練習1 如圖所示，五個木塊并排放在水平地面上，它們的質量相同，與地面的摩擦不計。當用力F推第一塊使它們共同加速運動時，第2塊對第3塊的推力為__________。

提示：五個木塊具有相同的加速度，可以把它們當作一個整體。

要求第2塊對第3塊的作用力F23，要在2于3之間隔離開。把3、4、5當成一個小整體，可得這一小整體在水平方向只受2對3的推力F2

3練習2如圖所示，物體M、m緊靠著置于摩擦系數為μ的斜面上，斜面的傾角為θ，現施加一水平力F作用于M，M、m共同向上作加速運動，求它們之間相互作用力的大小。

提示：兩個物體具有相同的沿斜面向上的加速度，可以把

它們當成一個整體（看作一個質點），作出受力示意圖，建立坐

標系，列方程：

要求兩物體間的相互作用力，應把兩物體隔離開．對m作出受力示意圖如圖，建立坐標系，列方程：

4.臨界問題

在臨界問題中包含著從一種物理現象轉變?yōu)榱硪环N物理現象，或從一物理過程轉入另一物理過程的轉折狀態(tài)。常出現“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述。

例4.一斜面放在水平地面上，傾角，一個質量為0.2kg的小球用細繩吊在斜面頂端，如圖所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計斜面與水平面的摩擦，當斜面以）的加速度向右運動時，求細繩的拉力及斜面對小球的彈力。（g

取

解析：斜面由靜止向右加速運動過程中，當a較小時，小球受到三個力作用，此時細繩平行于斜面；當a增大時，斜面對小球的支持力將會減少，當a增大到某一值時，斜面對小球的支持力為零；若a繼續(xù)增大，小球將會“飛離”斜面，此時繩與水平方向的夾角將會大于θ角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。設小球剛剛脫離斜面時斜面向右的加速度為，此時斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細繩的拉力，且細繩仍然與斜面平行。對小球受力分析如圖所示。

易知

代入數據解得：

因為，所以小球已離開斜面，斜面的支持力

同理，由受力分析可知，細繩的拉力為

此時細繩拉力與水平方向的夾角為

第五篇：牛頓第二定律典型題歸納

牛頓第二定律典型題歸納

1.鋼球在盛有足夠深油的油罐中由靜止開始下落，若油對球的阻力正比于其速率，則球的運動情況是（）

A.先加速后勻速B.先加速后減速最后靜止C.先加速后減速最后勻速D.加速度逐漸減小到零

2.如圖所示，一木塊在水平恒力的作用下，沿光滑水平面向右做加速運動，前方墻上固定有一勁度系數足夠大的彈簧，當木塊接觸彈簧后，將（）

A.立即做減速運動B.立即做勻速運動C.在一段時間內速度繼續(xù)增大

D.當彈簧壓縮量為最大時，物體速度為零，處于平衡狀態(tài)

3.如圖所示，一物體從曲面上的Q點由靜止開始下滑，通過一段粗糙的傳送帶，傳送帶靜止，從A運動到B的時間為t1；若傳送帶的皮帶在輪子轉動的帶動下，上表面向左勻速運動，再次把物體從曲面的Q點由靜止開始下滑，達到A點時速度與第一次相同，從A到B運動的時間為t2，則（）

A.t1?t2B.t1?t2C.t1?t2D.無法確定

4.質量為m1的物體放在A地，用豎直向上的力F拉物體，物體的加速度a與拉力F的關系如圖中的①所示；質量為m2的物體在B地做類似實驗，測得a?F關系如圖中的②所示，設兩地重力加速度分別為g1和g2由圖可判定（）

A.m1?m2,g1?g

2C.m1?m2,g1?g2B.m1?m2,g1?g2

D.m1?

m2,g1?g2

5.勻速上升的升降機頂部懸有一輕質彈簧，彈簧下端掛一小球，若升降機突然停止，在地面觀察者看來，小球在繼續(xù)上升的過程中（）

A.速度逐漸減小B.速度先增大后減小

C.加速度先減小后增大D.加速度逐漸減小

6.從加速豎直上升的氣球上落下一個物體，在物體剛離開氣球的瞬間，下列說法正確的是（）

A.物體立即向下做自由落體運動

B.物體具有豎直向上的加速度

C.物體的速度為零，但具有豎直向下的加速度

D.物體具有豎直向上的速度和豎直向下的加速度

牛頓第二定律典型題歸納

7.如圖所示，用細線拉著小球A向上做加速運動，小球A、B間用彈簧相連，兩球的質量分別為m和2m，加速度的大小為a，若拉力F突然撤去，則A、B兩球的加速度大小分別為aA?_______________，aB=_____________。

8.2008年奧運會將在我國北京舉行，為此北京交通部門規(guī)定市區(qū)內某些區(qū)域汽車行駛速度不得超過30km/h。一輛汽車在規(guī)定的范圍內行駛，突然采取車輪抱死緊急剎車，沿直線滑行了10m而停止，查得汽車與該路面的動摩擦因數為0.72，試判斷該汽車是否違章超速行駛并說明理由。（g取10m/s2）

9.如圖所示，幾個不同傾角的光滑斜面底邊相同，頂點在同一豎直面內，物體從哪個斜面的頂端由靜止滑下時，滑到底端所用時間最短？（sin2??2sin?cos?）

10.如圖所示的傳送皮帶，其水平部分AB長sAB?2m,BC與水平面夾角??37?，長度sBC?4m，一小物體P與傳送帶的動摩擦因數??0.25，皮帶沿A至B方向運行，速率為v?2m/s，若把物體P放在A點處，它將被傳送帶送到C點，且物體P不脫離皮帶，求物體從A點被傳送到C點所用的時間。（sin37??0.6,g?10m/s2）

牛頓第二定律典型題歸納答案

1.A、D（鋼球開始速率較小，阻力較小，球的加速度向下，隨著速率增大，加速度減小，當a?0時，v最大，最后保持勻速下沉。）

2.C（當F等于彈簧彈力時，物體速度最大，此時加速度為零，故從接觸彈簧到F等于彈力這一段時間內，速度繼續(xù)增大；當彈簧壓縮量最大時，物體速度為零，但加速度不為零（水平向左），不能說速度為零是平衡狀態(tài)。）

3.A

（兩次初速度vA相間，摩擦力F'??FN??mg也相同，則加速度a也相同，所以通過相同的位移AB的時間一定相同。）

F?g為圖線的函數關系式，由式知，當F=0時，a??g；由題圖m

1知，?g1??g2,?g1?g2；由式知，直線斜率k?，由題圖知k1?k2，?m1?m2?！笆健焙汀皥D”結合分析。）m4.B（由牛頓第二定律：F?mg?ma，故a?

5.A（由于慣性小球繼續(xù)上升，開始階段彈簧伸長量減小，若繼續(xù)上升，可能會出現彈簧被壓縮的情況。若是彈簧伸長量減小的情況，則重力大于彈力，合力向下；若出現壓縮彈簧的情況，彈力向下，合力也向下，可見小球向上做加速度增大的減速運動。）

6.D（物體離開時，由于慣性仍具有豎直向上的速度，A項錯。而加速度是由重力產生的，B項錯。離開氣球的物體只受重力故加速度豎直向下，C項錯、D項正確。）

7.3g?2a a [去掉力F的瞬間，B受力情況不變，故加速度大小仍為a，方向向上，由牛頓第二定律得FN?2mg?2ma。所以彈簧彈力FN?2m(g?a)。對A球，由牛頓第二定律得F'N?mg?ma'，所以A球的加速度a'?[2m(g?a)?mg]/m?3g?2a。]

8.解：車輪抱死剎車后，汽車受摩擦力F??FN??mg，其勻減速加速度a?

初速度為v0，由v02?mg??g?7.2m/s2，設汽車剎車時m?2as，得v0?2as?2?7.2?10m/s?12m/s?43.2km/h?30km/h，故汽車違章超速。

9.傾角為45°的斜面所用時間最短（設斜面底邊長為l（為定值），這個斜面的長為l/cos?，沿這個斜面下滑的加速度為gsin?，利用勻變速直線運動公式s?2l4l12l1?這是at就可得?gsin??t2，則t?gsin?cos?gsin2?2cos?2

一個時間t隨?角變化的函數式，可反映沿每一個斜面下滑的結果，不難看出，當??45?時，最小為2l/g，即沿傾角為45°的斜面下滑用時最短。）

牛頓第二定律典型題歸納答案

10.解：物體P隨傳送帶做勻加速直線運動，當速度與傳送帶相等時若未到達B，即做一段勻速運動；P從B至C段進行受力分析后求加速度，再計算時間，各段運動相加為所求時間。

P在AB段先做勻加速運動，由牛頓第二定律

F1?ma1,F1??FN1??mg,v?a1t1，得P勻加速運動的時間t1?vv??0.8s a1?g

1122a1t1??gt1?0.8m, 22

sAB?s1?vt2

s?s1勻速運動時間t2?AB?0.6s v

P以速率v開始沿BC下滑，此過程重力的下滑分量mgsin37??0.6mg；滑動摩擦力沿斜面向上，其大小為?mgcos37??0.2mg，可見其加速下滑。由牛頓第二定律

mgsin37???mgcos37??ma3,s1?

a3?0.4g?4m/s2

12?sBC?vt3?a3t32

解得t3?1s(另解t'3??2s,舍去)

從A至C經過時間t?t1?t2?t3?2.4s