第一篇：牛顿第二定律高考题型及典型题总结 卢强撰稿[范文]

牛顿第二定律高考题型及典型题总结(3)卢强撰稿

一 等时圆模型

1.如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点。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处释放(初速为0),用t1、t2、t3依次表示滑环到达d所用的时间,则()

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

解答：对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gsinθ(θ为杆与水平方向的夹角)

由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ

所以t=√2S/a=√2×2Rsinθ/gsinθ=√4R/g,t与θ无关,即t1=t2=t3 故选D 2.如右图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面 相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60 0，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点；则：（）

A.a球最先到达M点 B.b球最先到达M点

C.c球最先到达M点 D.b球和c球都可能最先到达M点

解析由题可知A、B、C三球均做初速度为零的匀加速直线运动，有匀变速直线运动的位移公式可得，由题可得、、可见c球最先到达M点。故选C 二 传送带模型

1.如图所示为车站使用的水平传送带的模型,它的水平传送带的长度为送带水平部分的最左端和最右端.现有一个旅行包(视为质点)以水平地滑上水平传送带.已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为,A、B为传的初速度从A端.试求: 1 牛顿第二定律高考题型及典型题总结(3)卢强撰稿

(1)若传送带保持静止,旅行包滑到B端时,旅行包的速度为多(2)若皮带轮逆时针匀速转动,传送带转动的速率恒为是多大?(3)若皮带轮顺时针匀速转动,传送带转动的速率恒为用的时间是多少? 答案解:(1)由,，大? ,则旅行包到达B端时的速度,则旅行包从A端到达B端所代入数据计算得出:到达B端时旅行包的速度为:(2)若皮带轮逆时针匀速转动,旅行包的受力及运动情况与传送带静止时完全相同,故到达B端时其速度也是(3)令旅行包速度从由由故,代入数据得,代入数据得

..减速到

.所需的时间为,则 ,故旅行包先匀减速后匀速运动, 设匀速运动过程所需时间为,则

.故旅行包从A端到达B端所用的总时间是:2.如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ=37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0=12m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点，．

（1）求货物刚滑上传送带时加速度为多大？

（2）经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？

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（3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？（g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）解析:

三 滑块------模板模型

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1.如图，两个滑块A和B的质量分别为和，放在静止于水平

；木板的质量为，地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为与地面间的动摩擦因数为

。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。、相遇时，与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小

。求

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

答案详解

（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为、和，A和B相对地面的加速度大小分别为加速度大小为。在物块B与木板达到共同速度前有

受力分析可得木板受到向右的其加速度的合力 滑块加速度

和，木板相对于地面的设在时刻，B与木板达到共同速度，其大小为。由运动学公式有

代入已知数据得

（2）在AB相遇前，一共经历两个运动状态，即①AB相对木板运动②B相对木板静止，A相对木板运动

在第一个运动状态内，B相对地面移动的距离为

设在B与木板达到共同速度后，木板的加速度大小为。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有在第二个运动状态初始，A的速度为

因此，运动方向与木板相反。牛顿第二定律高考题型及典型题总结(3)卢强撰稿

由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为。设A的速度大小从变到所用的时间为，则由运动学公式，对木板有因此，对A有

在时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为在时间间隔内，A相对地面移动的距离为A和B相遇，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为

并代入数据得

（也可用下图的速度-时间图线求解）

解析:（1）利用牛顿第二定律分别对A、B和木板进行分析，再利用运动学公式求出B与木板速度相同所用的时间，联立上述式子，即可求出B与木板相对静止时木板的速度；（2）将B和木板看成一个整体，利用牛顿第二定律列出式子，再利用速度时间公式，求出B与木板相对静止到A与木板相对静止所用的时间，再分别求出A、B的位移大小，从而求出A、B开始运动时，两者之间的距离。2.如图所示,质量的物块A放在质量

木板B的左端,起初A、B静止在水平,地.地面上,现用一水平向左的力F作用在木板B上,已知AB之间的动摩擦因数为面与B之间的动摩擦因数为,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:(1)能使AB发生相对滑动的F的最小值;(2)若,作用1s后撤去,要想A不从B上滑落,则木板至少多长,从开始到AB均静止,A的总位移是多少?

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答案详解解:(1)当AB保持相对静止时,两者具有相同的加速度,此时A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力,物体相对静止.对于A由牛顿第二定律得 对AB整体由牛顿第二定律得

(2)设F作用在B上时,A、B的加速度分别为撤去外力F后加速度分别为加速直线运动.对A由牛顿第二定律可得由速度公式得对B分析由牛顿第二定律得 代入数据计算得出

由速度公式得

代入数据计算得出、、代入数据计算得出

、, 代入数据计算得出 ,撤掉F时速度分别为,加速度为

共同运动时速度为,AB都做匀撤去外力后:经过时间后AB速度相等

代入数据计算得出

则共同速度从开始到AB相对静止.AB的相对位移即为木板最短的长度L

AB速度相等后共同在水平面上匀减速运动,加速度

从至最终静止位移为所以A得总位移为

.(2)若,作用1s后撤去,.答:(1)能使AB发生相对滑动的F的最小值为要想A不从B上滑落,则木板至少,从开始到AB均静止,A的总位移是 6

第二篇：牛顿第二定律高考题型及典型题总结 卢强撰稿

牛顿第二定律高考题型及典型题总结(2)卢强撰稿

一 动力学两类基本问题

1.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离,当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相撞,通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120m,设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。

解答：汽车初速度为：v0=108km/h=30m/s，在反应时间内,汽车做匀速运动,运动的距离：s1=v0t=30×1m=30m，汽车在减速阶段的位移：s2=s0−s1=120−30=90m，设干燥路面的摩擦因数是μ0,汽车从刹车到停下,汽车运动的距离为s2:

a1=μ0mg/m=μ0g，得：2μ0gs2=v0²，μ0=v0²/2gs2=30²/2×10×90=0.5，下雨时路面的摩擦因数：μ=2/5.μ0=0.2，在反应时间内,汽车做匀速运动,运动的距离：s3=vt，汽车从刹车到停下,汽车运动的距离为s4: a2=μmg/m=μg=0.2×10=2m/s2，2a2s4=v²，又：s3+s4=120m，代入数据解得：v=20m/s.答：汽车在雨天安全行驶的最大速度是20m/s.2.滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F,从而控制车速。为便于研究,作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后,操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=70kg,倾斜滑道AB长LAB=128m,倾角θ=37∘,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.重力加速度g取10m/s2,sin37∘=0.6,cos37∘=0.8，不计空气阻力。

(1)游客匀速下滑时的速度大小。(2)求游客匀速下滑的时间。

(3)斜面上匀速下滑的制动力大小。

(4)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力? 考点：

牛顿运动定律的综合应用，匀变速直线运动的速度与位移的关系 分析：

小车在斜面上的运动过程是先匀加速运动，后匀速，在水平地面上是匀减速直线运动．（1）根据受力分析求出加速度，再根据匀变速运动时间和速度的关系求出末速度，（2）匀速直线运动的时间用位移除以速度，1 牛顿第二定律高考题型及典型题总结(2)卢强撰稿

（3）匀速的时候，受力平衡，根据受力平衡等式，求出制动力，（4）先求出匀减速直线运动的加速度，再根据牛顿第二定律求解水平制动力．

解答：

根据题意，把游客和滑车作为整体进行受力分析，可得

(1)开始下滑的时候，整体受到重力，支持力，摩擦力三个力的作用，根据牛顿第二定律可得：

mgsin37∘−μmgcos37∘=ma，带入数据可得： 10×35−0.5×10×45=a

解得：a=2(m/s2).游客匀速下滑的初速度等于第一阶段匀加速运动的末速度，末速度的速度大小： v=at1=2×8=16(m/s).(2)根据已知,加速下滑路程为L1=12at21=64(m)，匀速下滑路程L2=LAB−L1=128−64=64(m)，游客匀速下滑的时间t2=L2v=4(s).(3)匀速直线运动中，受力平衡，所以有： mgsin37∘=μmgcos37∘+F

解得：F=140(N)

(4)整体滑到水平面上时，做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律： V2−V20=2ax

带入数据可得：02−162=2a×16 解得：a=−8m/s2.力的方向都指向左边，由牛顿第二定律，F+μmg=ma

带入数据：F+0.5×70×10=70×8解得F=210N.答：(1)游客匀速下滑时的速度大小为16m/s；(2)求游客匀速下滑的时间是4s；

(3)斜面上匀速下滑的制动力大小为140N；

(4)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加210N的水平制动力。

2滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F,从而控制车速。为便于研究,作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后,操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=70kg,倾斜滑道AB长LAB=128m,倾角θ=37∘,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变,重力加速度g取10m/s2,sin37∘=0.6,cos37∘=0.8，不计空气阻力。

牛顿第二定律高考题型及典型题总结(2)卢强撰稿

(1)求游客匀速下滑时的速度大小。(2)求游客匀速下滑的时间。

(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力?

解答：(1)加速过程，把人和滑板看成整体，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsin37∘−μmgcos37∘=ma 解得：a=g(sin37∘−μcos37∘)=10×(0.6−0.5×0.8)=2m/s2 匀加速的末速度为：v=at=2×8=16m/s

(2)匀加速的位移为：x=12at2=12×2×64=64m 匀速的位移为：x′=LAB−x=128−64=64m 故匀速的时间为：t′=x′v=6416=4s

(3)减速过程,根据动能定理,有：−FS−μmg⋅S=0−12mv2 解得：F=210N； 答：(1)游客匀速下滑时的速度大小为16m/s；

(2)游客匀速下滑的时间为4s；(3)需对滑沙车施加210N的水平制动力。

3.202_年10月,奥地利极限运动员菲利克斯⋅鲍姆加物纳乘气球升至约39km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5km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g=10m/s2

(1)忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落到1.5km高度处所需要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阻力,高速运动受阻力大小可近似表示为f=kv²,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v−t图象如图所示,若该运动员和所带装备的总质量m=100kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数(结果保留1位有效数字)

解答：(1)设运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为S，在1.5km高度出的速度为v，根据运动学公式，有：v=gt…①

s=1/2gt²…② 根据题意，有：s=39km−1.5km=37.5km=37500m…③ 牛顿第二定律高考题型及典型题总结(2)卢强撰稿

联立①②③解得：t=87s，v=870m/s；(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律，有：mg=kvmax²…④ 由所给的v−t图象可读出：vmax≈360m/s…⑤ 联立④⑤解得：k=0.008kg/m.4.如图甲所示,一倾角为θ=37∘的斜劈固定与水平地面上,质量为1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,在t=0.5s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v−t图象)如图乙所示,g取10m/s2.求：

(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程I.(2)物块与斜面间的滑动摩擦因数μ及拉力F的大小。

解答：(1)拉力作用时间为t1=0.5s,撤去拉力后物块继续上滑的时间为t2=1s−0.5s=0.5s,1−2s内物体下滑,时间为：t3=1s；

由于速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，则2s内物体的位移为：

x=v1/2(t1+t2)−v2/2t3=4/2×1−4/2×1=0，通过的路程l=v1/2(t1+t2)+v2/2t3=4/2×1+4/2×1=4m，(2)根据图象可得0∼0.5s内加速度大小为：a1=v1/t1=4/0.5=8m/s2，0.5s∼1.0s内加速度大小为：a2=v1/t2=4/0.5=8m/s2，根据牛顿第二定律得：0∼0.5s内有：F−μmgcosθ−mgsinθ=ma1，0.5s∼1.0s内有：μmgcosθ+mgsinθ=ma2，联立整理解得 μ=0.25，F=24N.

第三篇：牛顿第二定律典型题型归纳

牛顿第二定律典型题型归纳

二.学习目标：

1、掌握牛顿第二定律解题的基本思路和方法。

2、重点掌握牛顿第二定律习题类型中典型题目的分析方法如瞬时问题、临界问题及传送带问题。

考点地位：牛顿第二定律的应用问题是经典物理学的核心知识，是高考的重点和难点，突出了与实际物理情景的结合，出题形式多以大型计算题的形式出现，从近几年的高考形式上来看，202_年江苏单科卷第15题、上海卷第21题、上海卷第19B、202_年全国理综Ⅰ卷、Ⅱ卷的第24题、202_年全国理综Ⅰ卷的第14题、第25题均以计算题目的形式出现，202_年全国理综Ⅰ卷第18题以选择题的形式出现。

三.重难点解析：

1.动力学两类基本问题

应用牛顿运动定律解决的问题主要可分为两类：（1）已知受力情况求运动情况。（2）已知运动情况求受力情况。

分析解决这两类问题的关键是抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度。基本思路流程图：

基本公式流程图为：

2.动力学问题的处理方法

（1）正确的受力分析。

对物体进行受力分析，是求解力学问题的关键，也是学好力学的基础。（2）受力分析的依据。

①力的产生条件是否存在，是受力分析的重要依据之一。

②力的作用效果与物体的运动状态之间有相互制约的关系，结合物体的运动状态分析受力情况是不可忽视的。

③由牛顿第三定律（力的相互性）出发，分析物体的受力情况，可以化难为易。

3.解题思路及步骤

（1）由物体的受力情况求解物体的运动情况的一般方法和步骤。①确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。②根据力的合成与分解的方法，求出物体所受合外力（包括大小和方向）③根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度。

④结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量。（2）由物体的运动情况求解物体的受力情况。

解决这类问题的基本思路是解决第一类问题的逆过程，具体步骤跟上面所讲的相似，但需特别注意：①由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向与加速度的方向混淆。②题目中求的力可能是合力，也可能是某一特定的作用力。即使是后一种情况，也必须先求出合力的大小和方向，再根据力的合成与分解知识求分力。

4.解题方法

牛顿运动定律是解决动力学问题的重要定律，具体应用的方法有好多，高中物理解题常用的方法有以下几种：

（1）正交分解法：

表示方法

为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定x轴正方向有两种方法： 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的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别得x轴和y轴的合力

。根据力的独立作用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，得方程组

②分解加速度而不分解力。

若物体受几个相互垂直的力作用，应用牛顿定律求解时，若分解的力太多，比较繁琐，所以在建立直角坐标系时，可根据物体受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加速度a，得，根据牛顿第二定律得方程组

求解。这种方法一般是在以某个力的方向为x轴正方向时，其他力都落在两个坐标轴上而不需要分解的情况下应用。

（2）程序法：

在解题过程中，按照时间或者空间的先后顺序，对题目给定的物理过程（或者物理状态）进行分析、判断、计算的解题方法叫程序法。

运用程序法解题的基本思路是：

①根据题意，明确题设中有几个不同的运动过程，有多少个不同的运动状态，有多少个不同的研究对象。

②根据解题选定了的研究对象，对各个运动过程或者各个不同的运动状态，进行具体的分析。

③分析判断前、后两个物理过程之间的衔接点的物理意义与特点，此衔接点往往是解决物理问题的“切入口”或者是解题的“命门”。

④选用相应的物理规律、公式计算求解。

【典型例题】

问题1：瞬时问题分析方法与思路： 例：如图所示，A、B两小球质量相等，用细线相连，A用弹簧吊起，且悬于天花板上，整个系统都处于静止状态。现突然剪断细线的瞬间，A和B的加速度分别为方向__________，__________，方向_____________________。

_______，解析：本题考查的是牛顿第二定律的瞬时性。在突然剪断细线的瞬间，B受的细线的拉力突然消失，所以它的加速度不再为零，但这一瞬间，A由于惯性无位移，所以弹簧形变不变，仍保持原来的弹力，若分别对A，B进行受力分析，由牛顿第二定律可求解。

系统剪断线以前，处于平衡状态，分析A，B整体的受力情况。如图甲所示，弹力。

当剪断线瞬间，B只受力重力，由牛顿第二定律乙所示，由牛顿第二定律，向上。，向下，A受力情况如图

答案：g 向下 g 向上

变式：如图A所示，一质量为m的物体系于长度分别为端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为求剪断瞬时物体的加速度。的两根细线上，的一

线剪断，水平拉直，物体处于平衡状态。现将

（1）下面是某同学对该题的一种解法：

解：设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用 下保持平衡

T1cosθ＝mg，T1sinθ＝T2，T2＝mgtgθ

剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mg tgθ＝ma，所以加速度a＝g tgθ，方向在T2反方向。

你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。

（2）若将图A中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图B所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l）完全相同，即a＝gtgθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。

解：（1）错。

因为l2被剪断的瞬间，l1上的张力大小发生了变化。（2）对。

因为G被剪断的瞬间，弹簧U的长度未及发生变化，乃大小和方向都不变。问题2：临界问题分析：

例：（临界加速度问题）如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以动时线中的拉力。的加速度向左运

解析：本题中当滑块向左运动的加速度较小时，滑块对小球存在支持力；当滑块向左运动的加速度较大时，小球将脱离滑块斜面而“飘”起来。因此，本题存在一个临界条件：当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零（小球将要离开斜面而“飘”起来）。我们首先求此临界条件。此时小球受两个力：重力mg；绳的拉力根据牛顿第二定律的正交表示，有，①

②

联立①②两式并将代入，得，即当斜面体滑块向左运动的加速度为当时，小球将“飘”起来，当。

时，小球恰好对斜面无压力。

时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力代入，解得

。情况如图所示，故根据①②两式并将

此即为所求线中的拉力。

变式（202_年全国卷III）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。系统处于静止状态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d。重力加速度为g。

解：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知

mAgsinθ＝kx ①

令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知

kx2＝mBgsinθ

②

F－mAgsinθ－kx2＝mAa ③

由②③式可得a= ④ 由题意 d＝x1＋x2 ⑤

由①②⑤式可得d＝ ⑥

问题3：传送带问题分析：

情景

1、水平放置的传送带类问题： 例： 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率运行，一质量为的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数离L=2m，g取。，A、B间的距

（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；（2）求行李做匀加速直线运动的时间；

（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

解析：（1）滑动摩擦力加速度。

（2）行李达到与传送带相同速率后不再加速，则。

（3）行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为，所以传送带的最小运行速率为行李最短运行时间由答案：（1）（2）。

。，当行李到达右端时，（3），情景

2、倾斜放置的传送带类问题： 例：如图所示，传输带与水平面间的倾角为，皮带以10m/s的速率运行，在传输带上端A处无初速度地放上质量为0.5kg的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5，若传输带A到B的长度为16m，则物体从A运动到B的时间为多少？

解析：首先判定与的大小关系，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止，其次皮带运动速度方向未知，而皮带运动速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论。

（1）当皮带的上表面以10m/s速度向下运动时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下，（如图所示）该阶段物体对地加速度，方向沿斜面向下。

物体赶上皮带对地速度需时间在内物体沿斜面对地位移。

由于，物体在重力作用下将继续加速下滑，当物体速度超过皮带运动速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度。

物体以则即加速度运行剩下的11m位移需时间

，所需总时间。

（2）当皮带上表面以10m/s速度向上运动时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜面向上且不变，设加速度为

。。即。物体从传输带顶滑到底所需时间为，则。答案：顺时针转2s，逆时针转4s。情景

3、组合型传送带类问题：

例：如图所示，将一物体A放在匀速传送的传动带的a点，已知传动带速度大小，A与传动带的动摩擦因数需要多长时间？（，，试求物块A运动到C点共）

解析：物块A相对地的运动可分为三个过程：①初速为零的匀加速直线运动。加速度；②当速度达到与传送带相等时，物体与传送带间无相对运动趋势，做匀速直线运动到达b点；③物体在bc段做匀加速直线运动，物块与传送带有相对滑动。

则第一阶段做初速为零的匀加速直线运动时所用时间

；

第二阶段匀速直线运动时的时间； 第三阶段做初速度匀加速直线运动所用时间：

即故物块A运动到C所需时间：答案：2.4s。

【模拟试题】

1.钢球在盛有足够深油的油罐中由静止开始下落，若油对球的阻力正比于其速率，则球的运动情况是（）

A.先加速后匀速

B.先加速后减速最后静止 C.先加速后减速最后匀速 D.加速度逐渐减小到零

2.如图所示，一木块在水平恒力的作用下，沿光滑水平面向右做加速运动，前方墙上固定有一劲度系数足够大的弹簧，当木块接触弹簧后，将（）

A.立即做减速运动 B.立即做匀速运动 C.在一段时间内速度继续增大

D.当弹簧压缩量为最大时，物体速度为零，处于平衡状态

3.如图所示，一物体从曲面上的Q点由静止开始下滑，通过一段粗糙的传送带，传送带静止，从A运动到B的时间为；若传送带的皮带在轮子转动的带动下，上表面向左匀速运动，再次把物体从曲面的Q点由静止开始下滑，达到A点时速度与第一次相同，从A到B运动的时间为A.C.，则（）

B.D.无法确定

4.质量为的物体放在A地，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关的物体在B地做类似实验，测得和

由图可判定（）

关系如图中的②所示，系如图中的①所示；质量为设两地重力加速度分别为A.C.B.D.5.匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂一小球，若升降机突然停止，在地面观察者看来，小球在继续上升的过程中（）

A.速度逐渐减小 B.速度先增大后减小 C.加速度先减小后增大 D.加速度逐渐减小

6.从加速竖直上升的气球上落下一个物体，在物体刚离开气球的瞬间，下列说法正确的是（）

A.物体立即向下做自由落体运动 B.物体具有竖直向上的加速度

C.物体的速度为零，但具有竖直向下的加速度 D.物体具有竖直向上的速度和竖直向下的加速度

7.如图所示，用细线拉着小球A向上做加速运动，小球A、B间用弹簧相连，两球的质量分别为m和2m，加速度的大小为a，若拉力F突然撤去，则A、B两球的加速度大小分别为_______________，=_____________。

8.202_年奥运会将在我国北京举行，为此北京交通部门规定市区内某些区域汽车行驶速度不得超过30km/h。一辆汽车在规定的范围内行驶，突然采取车轮抱死紧急刹车，沿直线滑行了10m而停止，查得汽车与该路面的动摩擦因数为0.72，试判断该汽车是否违章超速行驶并说明理由。（g取）

9.如图所示，几个不同倾角的光滑斜面底边相同，顶点在同一竖直面内，物体从哪个斜面的顶端由静止滑下时，滑到底端所用时间最短？（）

10.如图所示的传送皮带，其水平部分AB长，一小物体P与传送带的动摩擦因数体从A点被传送到C点所用的时间。（BC与水平面夹角，长度，皮带沿A至B方向运行，速率为），若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物

第四篇：牛顿第二定律典型题

牛顿第二定律应用的典型问题

1.力和运动的关系 力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因。由知，加速度与力有直接关系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度与力没有直接关系。速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系，加速度与速度同向时，速度增加；反之减小。在加速度为零时，速度有极值。

例1.如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（）

A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大

B.从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上

C.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小

D.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大

解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。

2.力和加速度的瞬时对应关系

（1）物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系。每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力，而与这一瞬时之间或瞬时之后的力无关。若合外力变为零，加速度也立即变为零（加速度可以突变）。这就是牛顿第二定律的瞬时性。

（2）中学物理中的“绳”和“线”，一般都是理想化模型，具有如下几个特性： ①轻，即绳（或线）的质量和重力均可视为零。由此特点可知，同一根绳（或线）的两端及其中间各点的张力大小相等。

②软，即绳（或线）只能受拉力，不能承受压力（因绳能弯曲）。由此特点可知，绳与其他物体相互作用力的方向是沿着绳子且背离受力物体的方向。

③不可伸长：即无论绳子所受拉力多大，绳子的长度不变。由此特点知，绳子中的张力可以突变。

（3）中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性： ①轻：即弹簧（或橡皮绳）的质量和重力均可视为零。由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等。

②弹簧既能受拉力，也能受压力（沿弹簧的轴线）；橡皮绳只能受拉力，不能承受压力（因橡皮绳能弯曲）。

③由于弹簧和橡皮绳受力时，其形变较大，发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变。但是，当弹簧和橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失。例2 在光滑水平面上有一质量m＝Ikg的小球，小球与水平轻弹簧和与水平方向夹角为30的轻绳的一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，小球加速度的大小和方向如何？此时轻弹簧的弹力与水平面对球的弹力比值是多少？

．

练习题、如图所示,小球质量为m,被三根质量不计的弹簧A、B、C拉住,弹簧间的0夹角均为120,小球平衡时, A、B、C的弹力大小之比为3：3：1,当剪

断C瞬间,小球的加速度大小及方向可能为

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

A、①②;B、①④;C、②③;D、③④;0

3.牛顿运动定律中的整体与隔离

当系统内各物体具有相同的加速度时，应先把这个系统当作一个整体（即看成一个质点），分析受到的外力及运动情况，利用牛顿第二定律求出加速度．如若要求系统内各物体相互作用的内力，则把物体隔离，对某个物体单独进行受力分析，再利用牛顿第二定律对该物体列式求解．隔离物体时应对受力少的物体进行隔离比较方便。通常是对物体组成的整体运用牛顿第二定律求出整体的加速度，然后用隔离法求出物体间的相互作用力

例3.如图所示，质量为2m的物块A，与水平地面的摩擦不计，质量为m的物块B与地面的摩擦因数为μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速运动，则A和B之间的作用力为____________。

练习1 如图所示，五个木块并排放在水平地面上，它们的质量相同，与地面的摩擦不计。当用力F推第一块使它们共同加速运动时，第2块对第3块的推力为__________。

提示：五个木块具有相同的加速度，可以把它们当作一个整体。

要求第2块对第3块的作用力F23，要在2于3之间隔离开。把3、4、5当成一个小整体，可得这一小整体在水平方向只受2对3的推力F2

3练习2如图所示，物体M、m紧靠着置于摩擦系数为μ的斜面上，斜面的倾角为θ，现施加一水平力F作用于M，M、m共同向上作加速运动，求它们之间相互作用力的大小。

提示：两个物体具有相同的沿斜面向上的加速度，可以把

它们当成一个整体（看作一个质点），作出受力示意图，建立坐

标系，列方程：

要求两物体间的相互作用力，应把两物体隔离开．对m作出受力示意图如图，建立坐标系，列方程：

4.临界问题

在临界问题中包含着从一种物理现象转变为另一种物理现象，或从一物理过程转入另一物理过程的转折状态。常出现“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述。

例4.一斜面放在水平地面上，倾角，一个质量为0.2kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如图所示。斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦，当斜面以）的加速度向右运动时，求细绳的拉力及斜面对小球的弹力。（g

取

解析：斜面由静止向右加速运动过程中，当a较小时，小球受到三个力作用，此时细绳平行于斜面；当a增大时，斜面对小球的支持力将会减少，当a增大到某一值时，斜面对小球的支持力为零；若a继续增大，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于θ角。而题中给出的斜面向右的加速度，到底属于上述哪一种情况，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定。设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行。对小球受力分析如图所示。

易知

代入数据解得：

因为，所以小球已离开斜面，斜面的支持力

同理，由受力分析可知，细绳的拉力为

此时细绳拉力与水平方向的夹角为

第五篇：牛顿第二定律典型题归纳

牛顿第二定律典型题归纳

1.钢球在盛有足够深油的油罐中由静止开始下落，若油对球的阻力正比于其速率，则球的运动情况是（）

A.先加速后匀速B.先加速后减速最后静止C.先加速后减速最后匀速D.加速度逐渐减小到零

2.如图所示，一木块在水平恒力的作用下，沿光滑水平面向右做加速运动，前方墙上固定有一劲度系数足够大的弹簧，当木块接触弹簧后，将（）

A.立即做减速运动B.立即做匀速运动C.在一段时间内速度继续增大

D.当弹簧压缩量为最大时，物体速度为零，处于平衡状态

3.如图所示，一物体从曲面上的Q点由静止开始下滑，通过一段粗糙的传送带，传送带静止，从A运动到B的时间为t1；若传送带的皮带在轮子转动的带动下，上表面向左匀速运动，再次把物体从曲面的Q点由静止开始下滑，达到A点时速度与第一次相同，从A到B运动的时间为t2，则（）

A.t1t2B.t1t2C.t1t2D.无法确定

4.质量为m1的物体放在A地，用竖直向上的力F拉物体，物体的加速度a与拉力F的关系如图中的①所示；质量为m2的物体在B地做类似实验，测得aF关系如图中的②所示，设两地重力加速度分别为g1和g2由图可判定（）

A.m1m2,g1g

2C.m1m2,g1g2B.m1m2,g1g2

D.m1

m2,g1g2

5.匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂一小球，若升降机突然停止，在地面观察者看来，小球在继续上升的过程中（）

A.速度逐渐减小B.速度先增大后减小

C.加速度先减小后增大D.加速度逐渐减小

6.从加速竖直上升的气球上落下一个物体，在物体刚离开气球的瞬间，下列说法正确的是（）

A.物体立即向下做自由落体运动

B.物体具有竖直向上的加速度

C.物体的速度为零，但具有竖直向下的加速度

D.物体具有竖直向上的速度和竖直向下的加速度

牛顿第二定律典型题归纳

7.如图所示，用细线拉着小球A向上做加速运动，小球A、B间用弹簧相连，两球的质量分别为m和2m，加速度的大小为a，若拉力F突然撤去，则A、B两球的加速度大小分别为aA_______________，aB=_____________。

8.202_年奥运会将在我国北京举行，为此北京交通部门规定市区内某些区域汽车行驶速度不得超过30km/h。一辆汽车在规定的范围内行驶，突然采取车轮抱死紧急刹车，沿直线滑行了10m而停止，查得汽车与该路面的动摩擦因数为0.72，试判断该汽车是否违章超速行驶并说明理由。（g取10m/s2）

9.如图所示，几个不同倾角的光滑斜面底边相同，顶点在同一竖直面内，物体从哪个斜面的顶端由静止滑下时，滑到底端所用时间最短？（sin22sincos）

10.如图所示的传送皮带，其水平部分AB长sAB2m,BC与水平面夹角37，长度sBC4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v2m/s，若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A点被传送到C点所用的时间。（sin370.6,g10m/s2）

牛顿第二定律典型题归纳答案

1.A、D（钢球开始速率较小，阻力较小，球的加速度向下，随着速率增大，加速度减小，当a0时，v最大，最后保持匀速下沉。）

2.C（当F等于弹簧弹力时，物体速度最大，此时加速度为零，故从接触弹簧到F等于弹力这一段时间内，速度继续增大；当弹簧压缩量最大时，物体速度为零，但加速度不为零（水平向左），不能说速度为零是平衡状态。）

3.A

（两次初速度vA相间，摩擦力F'FNmg也相同，则加速度a也相同，所以通过相同的位移AB的时间一定相同。）

Fg为图线的函数关系式，由式知，当F=0时，ag；由题图m

1知，g1g2,g1g2；由式知，直线斜率k，由题图知k1k2，m1m2。“式”和“图”结合分析。）m4.B（由牛顿第二定律：Fmgma，故a

5.A（由于惯性小球继续上升，开始阶段弹簧伸长量减小，若继续上升，可能会出现弹簧被压缩的情况。若是弹簧伸长量减小的情况，则重力大于弹力，合力向下；若出现压缩弹簧的情况，弹力向下，合力也向下，可见小球向上做加速度增大的减速运动。）

6.D（物体离开时，由于惯性仍具有竖直向上的速度，A项错。而加速度是由重力产生的，B项错。离开气球的物体只受重力故加速度竖直向下，C项错、D项正确。）

7.3g2a a [去掉力F的瞬间，B受力情况不变，故加速度大小仍为a，方向向上，由牛顿第二定律得FN2mg2ma。所以弹簧弹力FN2m(ga)。对A球，由牛顿第二定律得F'Nmgma'，所以A球的加速度a'[2m(ga)mg]/m3g2a。]

8.解：车轮抱死刹车后，汽车受摩擦力FFNmg，其匀减速加速度a

初速度为v0，由v02mgg7.2m/s2，设汽车刹车时m2as，得v02as27.210m/s12m/s43.2km/h30km/h，故汽车违章超速。

9.倾角为45°的斜面所用时间最短（设斜面底边长为l（为定值），这个斜面的长为l/cos，沿这个斜面下滑的加速度为gsin，利用匀变速直线运动公式s2l4l12l1这是at就可得gsint2，则tgsincosgsin22cos2

一个时间t随角变化的函数式，可反映沿每一个斜面下滑的结果，不难看出，当45时，最小为2l/g，即沿倾角为45°的斜面下滑用时最短。）

牛顿第二定律典型题归纳答案

10.解：物体P随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B，即做一段匀速运动；P从B至C段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间。

P在AB段先做匀加速运动，由牛顿第二定律

F1ma1,F1FN1mg,va1t1，得P匀加速运动的时间t1vv0.8s a1g

1122a1t1gt10.8m, 22

sABs1vt2

ss1匀速运动时间t2AB0.6s v

P以速率v开始沿BC下滑，此过程重力的下滑分量mgsin370.6mg；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为mgcos370.2mg，可见其加速下滑。由牛顿第二定律

mgsin37mgcos37ma3,s1

a30.4g4m/s2

12sBCvt3a3t32

解得t31s(另解t'32s,舍去)

从A至C经过时间tt1t2t32.4s