最新高考物理二轮复习课件：第三章 第2讲 牛顿第二定律　两类动力学问题

这是一份最新高考物理二轮复习课件：第三章 第2讲 牛顿第二定律　两类动力学问题

第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题 【知识梳理自查】一、牛顿第二定律1.内容:物体加速度的大小跟作用力成_____,跟物体的质量成_____。加速度的方向与_______方向相同。2.表达式:F=___。3.适用范围(1)只适用于_____参考系(相对地面_____或_________运动的参考系)。(2)只适用于_____物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。必备知识·自主排查正比反比作用力ma惯性静止匀速直线宏观二、单位制1.单位制:由_________和_________一起组成了单位制。2.基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本量有三个,它们分别是_____、_____和_____,它们的国际单位分别是___、__和__。基本单位导出单位长度时间kgms质量【情境转换】这三个器材分别测量了哪个物理量?提示:质量、长度、时间。 3.导出单位:由_________根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。基本单位三、两类动力学问题1.动力学的两类基本问题第一类:已知_________求物体的_________。第二类:已知_________求物体的_________。受力情况运动情况运动情况受力情况2.解决两类基本问题的方法以_______为“桥梁”,由运动学公式和_____________列方程求解。加速度牛顿第二定律【小题速诊速纠】1.判一判(1)牛顿第二定律表达式F=ma在任何情况下都适用。 (　　)(2)物体所受合外力大,其加速度一定大。 (　　)(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力,当力作用瞬间,物体立即获得加速度。 (　　)(4)物体由于做加速运动,所以才受合外力作用。 (　　)(5)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系。 (　　)提示:(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√2.练一练(1)(多选)如图所示,一木块在光滑水平面上受一恒力F作用,前方固定一足够长的水平轻弹簧,则当木块接触弹簧后,下列判断正确的是 (　　) A.木块立即做减速运动B.木块在一段时间内速度仍增大C.当F等于弹簧弹力时,木块速度最大D.弹簧压缩量最大时,木块速度为零,但加速度不为零【解析】选B、C、D。刚开始时,弹簧对木块的作用力小于外力F,木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动,直到二力相等,而后,弹簧对木块的作用力大于外力F,木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动,直到速度为零,但此时木块的加速度不为零,故A错误,B、C、D正确。(2)如图所示,当小车向右加速运动时,物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时 (　　) A.M所受静摩擦力增大　　B.M对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止 D.M所受静摩擦力减小【解析】选C。分析M受力情况如图所示,因M相对车厢壁静止,竖直方向有Ff=Mg,与水平方向的加速度大小无关,A、D错误;水平方向,FN=Ma,FN随a的增大而增大,由牛顿第三定律知,B错误;因FN增大,物块与车厢壁的最大静摩擦力增大,故M相对于车厢仍静止,C正确。考点1　对牛顿第二定律的理解(c)【要点融会贯通】 牛顿第二定律的“五性”关键能力·层级突破【典例考题研析】【典例1】(2018·全国卷Ⅰ)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是 (　　)【解题思路】解答本题应注意两点:(1)对物块P由牛顿第二定律列方程。(2)对方程的变形式讨论F与x关系。【解析】选A。设弹簧的最大压缩量为l,根据胡克定律有kl=mg。物块P做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F+k(l-x)-mg=ma,解得F=ma+kx,则可能正确的是A。【典例2】(2018·浙江11月选考真题)如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置,AB是长为21 m的水平轨道,倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上,B为圆形的最低点,轨道AB与BC平滑连接,且在同一竖直平面内。某次游戏中无动力小车在弹射装置D的作用下,以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB,并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍,轨道BC光滑,则小车从A到C的运动时间是(　　)A.5 s B.4.8 s C.4.4 s D.3 s【解题思路】解答本题应注意以下几点:【解析】选A。小车从A到B加速度为a=0.2g=2 m/s2,LAB=v0t1- ,得t1=3 s,t1=7 s(舍去),从B到C运动时,LBC=2Rsin θ,加速度为a1=gsin θ,所以LBC= ,得t2=2 s,所以从A到C的时间为t=t1+t2=5 s。A正确,B、C、D均错误。故选A。【精练题组通关】1.(2020·台州模拟)下列公式不是比值定义式的是 (　　)A.v= 　　　　　　　B.a= C.E= D.C= 【解析】选B。所谓比值定义法,就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。而这个新的物理量与这两个定义物理量的大小无关,是由其他因素决定的。速度v的大小与位移x大小及运动时间t长短无关,因此是比值定义,A正确;加速度a与物体所受合外力F成正比,与物体的质量m成反比,与F、m有关,因此不是比值定义,B错误;电场强度E的大小与试探电荷所受电场力F的大小及试探电荷的带电量q无关,因此是比值定义,C正确;电容C的大小与电容器的带电量Q及两板间的电压U无关,因此是比值定义,D正确。故不是比值定义的是B选项。2.竖直向上抛的物体在上升过程中由于受到空气阻力,加速度大小为 g,若空气阻力大小不变,那么这个物体下降过程中的加速度大小为 (　　)A. g　　　　 B.g　　　　C. g　　　　 D. g【解析】选C。上抛过程中,物体受到竖直向下的重力和竖直向下的阻力,根据牛顿第二定律可得mg+f= mg解得f= mg在下降过程中,受到竖直向下的重力和竖直向上的阻力,根据牛顿第二定律可得mg-f=ma解得a= g故选C。3.将一个小球从空中某点以初速度v0竖直向上抛出,若小球受到的空气阻力大小恒为Ff,经过一段时间后,小球落回到原抛出点,试求小球在上升与下降过程中所用时间之比,并定性画出小球运动过程的v-t图象。已知小球的质量为m,重力加速度为g。【解析】设小球上升及下降阶段的加速度大小分别为a1、a2。由牛顿第二定律有mg+Ff=ma1,mg-Ff=ma2。设小球上升的最大高度为H,小球上升及下降阶段所用的时间分别为t1、t2,由运动学规律有H= ,H= ,得 ,小球运动过程的v-t图象如图所示。答案: 　图见解析考点2　牛顿第二定律的瞬时性(c)【要点融会贯通】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:【典例考题研析】【典例3】(2019·浙江4月选考真题)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁) (　　)A.A球将向上运动,B、C球将向下运动B.A、B球将向上运动,C球不动C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动【解题思路】解答本题应注意以下两点:(1)在完全失重状态下一切与重力有关的现象都消失,如物体在水中不受浮力。(2)绳的弹力可以突变,弹簧的弹力不能突变。【解析】选D。开始时A球下的弹簧被压缩,弹力向上;B球下的弹簧被拉长,弹力向下。将挂吊篮的绳子剪断的瞬间,系统的加速度为g,为完全失重状态,此时水对球的浮力视为零,小球的重力也视为零,则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球相对于杯底不动。故选D。【总结提升】瞬时加速度的分析方法(1)牛顿第二定律是力的瞬时作用规律,加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析该瞬时前后的受力情况及变化。(2)明确轻杆、轻绳、轻弹簧、橡皮条等力学模型的特点:轻杆、轻绳的形变可瞬时产生或恢复,故其弹力可以瞬时突变;轻弹簧、橡皮条在两端都连有物体时,形变恢复需较长时间,其弹力大小与方向均不能突变。【精练题组通关】1.(易错专练:加速度的瞬时性)如图所示,质量分别为m、2m的小球A、B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线中的拉力为F,此时突然剪断细线。在线断的瞬间,弹簧的弹力大小和小球A的加速度的大小分别为 (　　)A. , +g　　　　　B. , +gC. , +g D. , +g【解析】选A。线断之前,对球A,由牛顿第二定律得:F-mg-F弹=ma,对球B,由牛顿第二定律得:F弹-2mg=2ma,两方程联立得:F弹= F,当线断的瞬间,线上拉力减小为零。对球A有:mg+F弹=ma′,a′= +g,故选项A正确。2.(2020·宁波模拟)如图所示,两个完全相同的轻弹簧a、b,一端固定在水平面上,另一端均与质量为m的小球相连接,轻杆c一端固定在天花板上,另一端与小球拴接。弹簧a、b和轻杆互成120°角,且弹簧a、b的弹力大小均为mg,g为重力加速度,如果将轻杆突然撤去,则撤去瞬间小球的加速度大小可能为 (　　)A.a=0.5g　　 B.a=g　　C.a=1.5g　　 D.a=2g【解析】选D。弹簧a、b的弹力大小均为mg,当弹簧的弹力为拉力时,其合力方向竖直向下、大小为mg,轻杆对小球的拉力大小为2mg,将轻杆突然撤去时,小球受到的合力为2mg,此时加速度大小为2g;当弹簧的弹力为压力时,其合力竖直向上、大小为mg,根据平衡条件,轻杆上的力为零,将轻杆突然撤去时,小球受到的合力为0,此时加速度大小为0,故D正确,A、B、C错误;故选D。 考点3　动力学问题的解题步骤(c)【要点融会贯通】两类动力学问题的解题步骤【典例考题研析】【典例4】(2018·浙江4月选考真题)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏,如图所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s 时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin37°=0.60,cos37°=0.80。求:(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小。(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小。(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(结果可用根式表示)【解题思路】解答本题应注意以下两点:【解析】(1)“奔跑”过程x= at2=16 m(2)上滑过程:a1=gsinθ+μgcosθ=8 m/s2下滑过程:a2=gsinθ-μgcosθ=4 m/s2(3)上滑位移x1= =1 m,退滑到出发点的速度v2=2a2(x+x1),解得v=2 m/s答案:(1)16 m　(2) 上滑过程:8 m/s2下滑过程:4 m/s2　(3)2 m/s【典例5】(2020·浙江7月选考)如图1所示,有一质量m=200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 时开始计时,测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图2所示,t=34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2),求物件:(1)做匀减速运动的加速度大小和方向;(2)匀速运动的速度大小;(3)总位移的大小。【解题思路】解答本题应注意以下两点【解析】(1)由题图2可知0～26 s内物件匀速运动,26～34 s 内物件匀减速运动,在匀减速运动过程中根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,根据图2得此时FT=1 975 N,则有a=g- =0.125 m/s2,方向竖直向下。(2)结合图2根据运动学公式有v=at2=0.125×(34-26) m/s=1 m/s。(3)根据图象可知匀速上升的位移h1=vt1=1×26 m=26 m,匀减速上升的位移h2= t2= ×8 m=4 m,加速上升的位移为总位移的 ,则匀速上升和匀减速上升的位移为总位移的 ,则有h1+h2= h,所以总位移为h=40 m。答案:(1)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m【精练题组通关】1.(2020·浙江1月选考真题)一个无风晴朗的冬日,小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑,滑行54 m后进入水平雪道,继续滑行40.5 m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60 kg,整个滑行过程用时10.5 s,斜直雪道倾角为37°(sin37°=0.6)。求小明和滑雪车:(1)滑行过程中的最大速度vm的大小;(2)在斜直雪道上滑行的时间t1;(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。【解析】(1)匀变速直线运动的平均速度 ,代入数据可知vm=18 m/s(2)在斜直雪道上,x1= t1,可知t1=6 s(3)在斜直雪道上,加速度a= =3 m/s2根据牛顿第二定律可知mgsin37°-Ff=ma代入数据可知Ff=180 N答案:(1)18 m/s　(2)6 s　(3)180 N2.(2020·杭州模拟)疫情之下,无人机已成为战疫“超级神器”,人们可利用它搭载扩音器进行空中防控宣传。如图所示,某品牌无人机质量m=10 kg(搭载的扩音器质量可忽略),从地面竖直升空,先加速到v=3 m/s,之后立即减速,最后悬停在距地面h=3 m的高度。若无人机在运动过程中受到的空气阻力大小恒为f=10 N,且加速减速阶段均可看成匀变速直线运动,整个运动过程中无人机始终能保持水平状态。求:(1)若上升过程中,加速和减速阶段的加速度大小相等,则此加速度的大小为多少;(2)该无人机最大制动力为210 N,则下降过程中无人机的最大制动加速度大小为多少;(3)无人机从3 m高悬停处下降到地面,且到达地面时速度恰好为0,则此过程的最短时间为多少。【解析】 (1)设上升过程中加速度大小为a1,最大速度为v1,根据运动学公式得 ×2=h,解得a1=3 m/s2(2)设向上为正方向则有Fmax+f-mg=ma2,解得a2=12 m/s2(3)若要降落时间最短,则以最大加速度a3加速下降,再以最大加速度a2减速至0,向下加速阶段,设向下为正方向mg-f=ma3,解得a3=9 m/s2根据运动学公式得 =h t=h解得t= s答案:(1)3 m/s2　(2)12 m/s2　(3) s【加固训练】(2016·浙江4月选考真题)如图是上海中心大厦,小明乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台仅用时55 s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动,达到最大速度18 m/s,然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为549 m。(1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度,求加速度a1及上升高度h。(2)在(1)问中的匀加速上升过程中,若小明的质量为60 kg,求小明对电梯地板的压力。(3)求电梯匀速运动的时间。【解析】(1)由运动学公式a1= 和t1=20 s得电梯匀加速时的加速度a1= m/s2=0.9 m/s2　方向竖直向上电梯匀加速上升的高度h= m=180 m(2)设小明受到电梯地板的支持力大小为FN由牛顿第二定律得FN-mg=ma1又m=60 kg所以FN=ma1+mg=60×0.9 N+60×10 N=654 N由牛顿第三定律可知,小明对电梯地板的压力大小F′N=FN=654 N,方向竖直向下。(3)设电梯匀速运动的时间为t,对电梯整个上升过程有h总= (t总-t1-t)代入数据得 t=6 s答案:(1)0.9 m/s2,方向竖直向上　180 m(2)654 N,方向竖直向下　(3)6 s【资源平台】备选角度:涉及牛顿第二定律的过程分析【典例】(多选)如图所示,质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接,静止在光滑的水平面上,此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A,则从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中 (　　)A.弹簧压缩到最短时,两木块的速度相同B.弹簧压缩到最短时,两木块的加速度相同C.两木块速度相同时,加速度aAvB【规范解答】选A、C、D。从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,木块A的加速度逐渐减小,而B的加速度逐渐增大,vA=vB之前,A的加速度先大于B的加速度,后小于B的加速度,所以aA=aB时,vA>vB,A的加速度继续减小,B的加速度继续增大,所以vA=vB时,aB>aA,之后aA减小,aB增大,直到vA=vB时,弹簧压缩至最短。由以上分析可知,A、C、D正确。课时提升作业八　牛顿第二定律　两类动力学问题(建议用时40分钟)【基础练】1.(2019·浙江4月选考真题)下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是(　　) 　　　　　 　　　　　 A.功/焦耳 B.质量/千克C.电荷量/库仑 D.力/牛顿【解析】选B。质量是国际单位制的基本量,其单位是千克,其他三个都不是基本量,其对应的单位也不是基本单位。故选B。2.如今商场的自动扶梯具有节能模式,没有顾客时保持静止,当感应到有人站上去后将先加速,然后维持某一速度运动。如图所示,一人站上自动扶梯后,先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,下列说法正确的是 (　　)A.匀加速直线运动期间,人受到的合力为零B.匀加速直线运动期间,人受到的合力不为零,方向水平向左C.匀速直线运动期间,人受到重力、支持力D.匀速直线运动期间,人受到重力、支持力和摩擦力【解析】选C。匀加速直线运动时,根据牛顿第二运动定律,人受到的合力不为零,且方向沿速度方向,即斜向上,A、B错误;匀速直线运动时,根据牛顿第一定律,人受到的合力为零,竖直方向上重力与支持力平衡,水平方向不受力,所以不受摩擦力,人受到重力、支持力,C正确、D错误。故选C。3.如图所示,放在固定斜面体上的滑块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则滑块 (　　)A.可能匀速下滑B.仍以加速度a匀加速下滑C.将以大于a的加速度匀加速下滑D.将以小于a的加速度匀加速下滑【解析】选C。当滑块沿斜面匀加速下滑时,设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma。当在滑块上施加一个竖直向下的恒力F时,将F和重力mg合并,根据牛顿第二定律得(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma1。比较两式可知,a1>a,因此,选项C正确。【加固训练】如图为某同学自制的加速度计。构造如下:一根轻质细杆的下端固定一个小球,杆的上端与光滑水平轴相连接。杆可在竖直平面内向左右摆动。硬质面板紧靠杆摆动的平面放置,并标有刻度线。其中,刻度线c位于经过O的竖直线上。刻度线b在bO连线上。∠bOc=30°。刻度线d在dO连线上。∠cOd=45°。使用时,若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向,速度v=10 m/s,g取9.8 m/s2,汽车前进时 (　　)A.若细杆稳定地指示在b处,则汽车加速度为4.9 m/s2B.若细杆稳定地指示在d处,则0.5 s内汽车速度减小了4.9 m/sC.若细杆稳定地指示在b处,则0.5 s内汽车速度增大了4.9 m/sD.若细杆稳定地指示在c处,则5 s内汽车前进了100 m【解析】选B。若细杆稳定地指示在b处,受力分析如图由牛顿第二定律得mgtan30°=ma,a= m/s2,汽车加速运动,在0.5 s内,汽车速度增加量为Δv=aΔt= m/s,故A、C错误;同理,细杆稳定在d处时汽车减速,a=9.8 m/s2,在0.5 s内汽车速度减小Δv=aΔt=4.9 m/s,B正确;当细杆稳定在c处时,汽车匀速运动,在5 s内汽车前进距离为x=vt=50 m,D错误。4. (2020·湖州模拟)如图所示,排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动,再下落到手臂的过程中,若手臂位置不变且空气阻力大小恒定,则排球 (　　)A.上升过程位移小于下落过程位移B.离开手臂速度小于返回手臂速度C.上升过程加速度小于下落过程加速度D.上升过程时间小于下落过程时间【解析】选D。上升过程位移大小与下落过程位移大小相等,A错误;上升过程逆向可看成初速度为零的匀加速运动,设阻力为Ff,在排球上升过程,根据牛顿第二定律有mg+Ff=ma1,在排球下降过程,根据牛顿第二定律有,mg-Ff=ma2对比有a1>a2,根据v2- =2ax可知,由于位移大小相同,可得离开手臂速度大于返回手臂速度,B、C错误;根据公式h= at2,由于a1>a2,所以上升过程时间小于下落过程时间,D正确。故选D。5.如图所示,在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆,A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点,三杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力),用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间,则 (　　)A.t1>t2>t3 B.t1t2【解题指导】解答本题时应注意以下两点:(1)物体沿光滑细杆做匀加速直线运动。(2)细杆的长度可以用底面的半径来表示。【解析】选D。小环的加速度a=gsinθ,位移s= ,根据运动学公式s= at2,则时间t= ,将夹角的数值代入得t1=t3>t2,选项D正确。6.如图所示,小车上有一个定滑轮,跨过定滑轮的绳一端系一重球,另一端系在弹簧测力计上,弹簧测力计固定在小车上。开始时小车处于静止状态,当小车匀加速向右运动时,下列说法中正确的是 (　　)A.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力变大B.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力变小C.弹簧测力计读数不变,小车对地面的压力变大D.弹簧测力计读数变大,小车对地面的压力不变【解析】选D。对整体受力分析可知,加速前整体处于静止状态,合力为零,在竖直方向上合力为零,即整体受到的重力等于地面的支持力,向右匀加速运动过程中,加速度沿水平方向,竖直方向上没有加速度,在竖直方向上合力仍为零,即重力等于地面的支持力,所以变化前后小车对地面的压力大小不变。对小球受力分析,加速前,小球处于静止状态,重力等于绳子的拉力,加速后,小球的加速度水平向右,即拉力和重力的合力水平向右,拉力增大,弹簧测力计的示数增大,故D正确。7. (2020·杭州模拟)如图所示,木箱置于水平地面上,一轻质弹簧一端固定在木箱顶部,另一端系一小球,小球下端用细线拉紧固定在木箱底部。剪断细线,小球上下运动过程中木箱刚好不能离开地面。已知小球和木箱的质量相同,重力加速度大小为g,若t0时刻木箱刚好不能离开地面,下面说法正确的是(　　)A.t0时刻小球速度最大B.t0时刻小球加速度为零C.t0时刻就是刚剪断细线的时刻D.t0时刻小球的加速度为2g【解析】选D。小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面,此时小球速度为零,对木箱受力分析有: F=Mg,对小球受力分析有: mg+F′=ma又F=F′,M=m,解得: a= g=2g,故D正确。8.(2020·金华模拟)2020年,新冠肺炎疫情在国内得到有效控制,游乐场陆续开放。在某游乐场中,有一种叫跳楼机的大型游戏机,如图所示。该跳楼机能把游客带入60 m的高度后,从静止开始自由下落,达到最大运行速度后,立刻在减速装置作用下做匀减速直线运动,加速度大小设定为一般人能较长时间承受的3g(g为重力加速度),到地面处速度刚好减为零。现某位质量为60 kg的游客正坐在跳楼机上体验该游乐项目,若整个过程不计空气阻力,g取10 m/s2。(1)求整个下落过程中达到的最大速度;(2)求减速过程中该游客对座椅的压力;(3)求减速过程中座椅对该游客所做的冲量大小。【解析】 (1)设下落达到的最大速度为v,自由落体过程h1= 减速下落过程h2= 可得h=h1+h2= =60 m解得v=30 m/s(2)根据牛顿第二定律F-mg=m×3g,可得F=2 400 N根据牛顿第三定律得F′=F=2 400 N,方向竖直向下(3)由题可知,下落时间t2= =1 s,由公式I=Ft2,可得I=2 400 N·s答案:(1)30 m/s　(2)2 400 N,方向竖直向下　(3)2 400 N·s【提升练】9.如图所示,一条轻质弹簧左端固定,右端系一小物块,物块与水平面各处动摩擦因数相同,弹簧无形变时,物块位于O点。今先后分别把物块拉到P1和P2点由静止释放,物块都能运动到O点左方,设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q1和Q2点,则Q1与Q2点 (　　)A.都在O点B.都在O点右方,且Q1离O点近C.都在O点右方,且Q2离O点近D.都在O点右方,且Q1、Q2在同一位置【解析】选D。物块速度最大时,其加速度为零,此时弹簧处于伸长状态,且有kx=μmg,可见,两次速度最大的位置对应的弹簧伸长量相同,即都在O点右方,且在同一位置,D正确。10.如图所示,在倾角为θ=37°的粗糙斜面的顶端和底端各放置一个相同小木块A和B,木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5。某时刻将小木块A自由释放,同一时刻让小木块B获得初速度v=6 m/s沿斜面上升,已知两木块在斜面的中点位置相遇,则两小木块相遇所用的时间为(sin37°=0.6,g取10 m/s2)(　　)A.0.6 s　　　　　　　 B.1.2 sC.1.8 s D.2.4 s【解析】选B。A沿斜面加速下滑,加速度a1=g(sin37°-μcos37°)=2 m/s2,B沿斜面减速上滑,加速度a2=g(sin37°+μcos37°)=10 m/s2,减速到速度为零需要的时间t0= =0.6 s,减速到零后,B沿斜面加速下滑,加速度为a1。两木块在斜面的中点相遇,滑动距离相等, a1t2=vt- a2t2,则t= =1 s>t0,不合理,说明两木块相遇时B已经沿斜面下滑。B上滑的最大位移s= =1.8 m,由s- a1(t1-t0)2= a1 可得:t1=1.2 s或t1=-0.6 s(舍去),故B正确,A、C、D错误。11.(2020·宁波模拟)春节期间同学们玩一种趣味物理游戏,如图所示。选手把玩具电动车放在木板上,玩具车在起始线AA′处启动向BB′前进,游戏规定:玩具车速度为零时离终点线BB′越近的成绩越好。为此需要在玩具车运动过程中将木板的右端逐渐抬高。整个运动过程可简化为:玩具电动车启动后,先在水平木板上运动一段时间, 再将木板右端瞬间抬高使之成为倾角为30 °的斜面,玩具车继续沿木板运动。(假设抬高瞬间玩具车速度大小不变,木板左端始终不动,玩具车可看作质点)。已知:玩具电动车质量为0.4 kg,运动时能产生2.2 N的恒定牵引力,阻力始终是重力的k倍,AB之间距离为4 m。实验中发现,若木板始终保持水平,玩具电动车在AA′线启动后到达BB′的时间为4 s。(g取10 m/s2) (1)求出k的数值;(2)求出玩具车在斜面上运动时加速度的大小;(3)要让该玩具电动车达到最好成绩,则应在玩具车水平运动多少时间之后瞬间抬高木板。【解析】(1)若木板始终保持水平,则x=4 m,t=4 s,由运动学知识x= a1t2解得a1=0.5 m/s2,根据牛顿第二定律F-kmg=ma1 代入数据解得k=0.5。(2)玩具车在斜面上运动时,根据牛顿第二定律,mgsin30°+kmg-F=ma2解得玩具车在斜面上运动时加速度的大小a2=4.5 m/s2。(3)玩具车速度为零时恰好到达终点线BB′达到最好成绩,设将木板右端瞬间抬高时玩具车的速度为v,则 =x解得v= m/s,玩具车水平运动的时间t= 答案:(1)0.5　(2)4.5 m/s2　(3) s12.在某段平直的铁路上,一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶,5 min 后恰好停在某车站,并在该站停留4 min,随后匀加速驶离车站,经8.1 km后恢复到原速324 km/h。(1)求列车减速时的加速度大小。(2)若该列车总质量为8.0×105 kg,所受阻力恒为车重的0.1倍,求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小。(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。【解析】(1)列车的速度为v0=324 km/h=90 m/s,经过5 min=300 s停下,由运动学公式v=v0+at可得加速度为a1=0.3 m/s2(2)由运动学公式v2- =2ax可得a2=0.5 m/s2由牛顿第二定律可得F牵-F阻=ma2F牵=1.2×106 N(3)列车减速行驶的时间t1=300 s列车减速行驶的位移x1= a1 =13 500 m列车在车站停留t2=240 s列车加速行驶的位移x2=8 100 m所以整个过程的平均速度 =30 m/s=108 km/h答案: (1)0.3 m/s2　(2)1.2×106 N(3)108 km/h【总结提升】应用牛顿第二定律解题的两种方法(1)合成法:若物体只受两个力作用而产生加速度时,可利用平行四边形定则求出两个力的合力方向就是加速度的方向,特别是两个力互相垂直或相等时,应用力的合成法比较简单。(2)正交分解法:当物体受到三个以上的力作用时,常用正交分解法解题。①分解力:一般将受到的力沿加速度方向和垂直加速度的方向进行分解。②分解加速度:当物体受到的力互相垂直时,沿这两个互相垂直的方向分解加速度,再应用牛顿第二定律列方程求解,有时更简单。