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1、（全国通用）2018年高考物理考点一遍过专题14用牛顿第二定律解决两类问题（含解析）专题14 用牛顿第二定律解决两类问题一、用牛顿第二定律解决动力学问题（1）从受力确定运动情况（）。（2）从运动情况确定受力（F=ma）。（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。二、瞬时变化的动力学模型受外力时的形变量纵向弹力弹力能否突变轻绳微小不计拉力能轻杆微小不计拉力或压力能轻橡皮绳较大拉力不能轻弹簧较大拉力或压力不能三、传送带模型分析方法四、滑块木板模型分析方法一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块，若给一向下的初速度，则正好保持匀速下滑，斜劈依然不动。如图所示，正确的是A在滑
2、块上加一竖直向下的力F1，则滑块将保持匀速运动，斜劈对地无摩擦力的作用B在滑块上加一个沿斜面向下的力F2，则将做加速运动，斜劈对地有水平向左的静摩擦力作用C在滑块上加一个水平向右的力F3，则滑块将做减速运动，停止前对地有向右的静摩擦力作用D无论在滑块上加什么方向的力，在滑块停止前斜劈对地都无静摩擦力的作用【参考答案】AD【详细解析】滑块原来保持匀速下滑，斜劈静止，以滑块和斜劈组成的整体为研究对象，分析受力情论在滑块上加什么方向的力，该力均可以分解到沿竖直方向和沿斜面方向上，沿竖直方向的分力相当于改变滑块的重力，滑块向下运动时，沿斜面方向的分力都不改变滑块与斜劈间的作用力，所以在滑块停止前斜劈对
3、地都无静摩擦力的作用，D正确；在滑块上加一个水平向右的力F3，沿斜面方向有，故滑块做减速运动，停止前对地无摩擦力作用，C错误。【技巧点拨】滑块原来匀速下滑，斜劈静止，处于平衡状态，可得到条件，根据该条件分析，与质量无关，且沿斜面方向的力不影响滑动摩擦力，不影响滑块与斜劈间的相互作用力，即可解决此题。1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【答案】ACD【解析】从
4、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，弹簧弹力逐渐增大，则A做加速度减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，A、B均由静止开始运动，只要A的速度大于B的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中，当A、B速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程A、B的图象，则时刻，A、B两木块的加速度相同（切线斜率相同），且，时刻A、B的速度相同，且，故ACD正确，B错误。如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图象如图（b）所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度【参考答案】ACD【名
5、师点睛】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。1如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力的大小是F，加速度大小是a，木块和小车间的动摩擦因数是。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是Amg Bma C D(M+m)g【答案】BC【解析】先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律有，再对物体m受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律有，联立解得，BC正确。2如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速
6、前进，突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是A Bma C Dm(g+a)【答案】C 质量相同的A、B两球，由轻弹簧连接后，用细线挂在天花板上，如图所示，aA、aB分别表示A、B两球的加速度，则A剪断细线瞬间：aA=2g，aB=0 B剪断细线瞬间：aA=aB=gC剪断细线瞬间：aA=0，aB=g D剪断细线瞬间：aA=g，aB=g【参考答案】A【技巧点拨】本题是动力学中典型的瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力和悬线上的拉力，判断剪断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化这一点。1如图所
7、示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角=30，弹簧水平，以下说法正确的是A细线拉力大小为mgB弹簧的弹力大小为C剪断左侧细线瞬间，小球b的加速度为0D剪断左侧细线瞬间，小球a的加速度为【答案】C【解析】对小球a，根据共点力平衡条件可得，细线的拉力，弹簧的弹力，AB错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力为0，加速度为0，C正确；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力，根据牛顿第二定律得，D错误。如图所示，水平传送带A、B两端相距x=4 m，以v0=4 m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今
8、将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数=0.4，取重力加速度g=10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中A煤块到A运动到B的时间是2.25 sB煤块从A运动到B的时间是1.5 sC划痕长度是2 mD划痕长度是0.5 m【参考答案】BC【详细解析】煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有mg=ma，得a=g=4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移，因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间，匀速运动的时间，煤块从A运动到B的总时间t=t1+t2=1.5 s，A错误，B正确；在加速阶段产生相对
9、位移即产生划痕，则有x=v0t1x1=2 m，C正确，D错误。 【易错警示】对传送带问题，要注意区分划痕和产生热量的有效路程不同，对简单的过程，二者一般相等，但对复杂的过程，要注意前者为某段的最大位移，后者为总的相对路程。1如图所示，水平传送带始终以速度v1顺时计转动，一物块以速度v2（v2v1）滑上传送带的左端，则物块在传送带上的运动一定不可能的是A先加速后匀速运动 B一直加速运动C一直减速直到速度为0 D先减速后匀速运动【答案】C2如图，一滑块随传送带一起顺时针匀速转动，已知滑块与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当滑块运动到中间某位置时，由于某种原因，传送带突然原速率反向转动，则滑块
10、在传送带上运动的整个过程中，其对地速度v1及相对传送带的速度v2随时间变化关系图象可能为ABCD【答案】ABC 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一个水平拉力F，则A当时，A、B都相对地面静止B当时，A的加速度为C当时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过【参考答案】BCD【详细解析】A与B间的摩擦力，地面对B的摩擦力，当时，A、B均静止；设A、B恰好发生相对滑动时的拉力，则有，解得，故当时，A相对B静止，二者以共同的加速度运动，A错误；当时，A相对
11、B滑动，C正确；当时，A、B以共同的加速度运动，由牛顿第二定律可得，B正确；B所受合力的最大值，即B的加速度最大为，D正确。【名师点睛】解决块板问题的关键是受力分析各接触面间摩擦力的大小（静摩擦力还是滑动摩擦力）、方向；运动状态分析是否有相对滑动及各自的加速度大小和方向。1如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其vt图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是A06 s加速，加速度大小为2 m/s2，612 s减速，加速度大小为2 m/s2B08 s加速，加速度大小
12、为2 m/s2，812 s减速，加速度大小为4 m/s2C08 s加速，加速度大小为2 m/s2，816 s减速，加速度大小为2 m/s2D012 s加速，加速度大小为1.5 m/s2，1216 s减速，加速度大小为4 m/s2【答案】C【解析】根据vt图象可知，车先以4 m/s2的加速度匀加速运动，后以4 m/s2的加速度匀减速运动，根据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律可知，06 s物块加速，车的速度始终大于物块；t=6 s后，车减速、物块继续加速，设再经t时间共速，有v=2(6+t)=244t，可得t=2 s，v=16 m/s，即
13、08 s物块加速；812 s物块减速，车减速，车的速度始终小于物块；t=12 s后车静止，物块速度为8 m/s，继续减速4 s，即816 s物块减速。选C。2将质量为2m的长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示。第一次，质量为m的小铅块（可视为质点）在木板上以水平初速度v0从木板左端向右运动恰能滑至木板右端与木板相对静止；第二次，将木板分成长度与质量均相等的两段1和2，两者紧挨着仍放在水平面上，让小铅块以相同的初速度v0从木板1左端开始滑动，如图乙所示。已知铅块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度为g。对上述两过程，下列判断正确的是A小铅块在木板1上滑动时两段木板间的作用力为mgB小铅块在木板
14、1上滑动时两段木板间的作用力为mgC小铅块第二次仍能到达木板2右端D系统第一次因摩擦产生的热量较多【答案】BD一次的对应过程，故第二次小铅块与木板2将更早共速，共速后相对静止，小铅块不能到达木板2右端，C错误；两过程中，相对运动阶段的摩擦力大小相等，第一次小铅块相对木板运动的位移较大，产生的热量较多，D正确。将一小球以一定的初速度竖直向上抛出并开始计时，小球所受空气阻力的大小与小球的速率成正比，已知t2时刻小球落回抛出点，其运动的vt图象如图所示，则在此过程中At=0时，小球的加速度最大B当小球运动到最高点时，小球的加速度为重力加速度gCt2=2t1D小球的速度大小先减小后增大，加速度大小先增大后减小【参考答案】AB【名师点睛】考虑空气阻力的竖直上抛运动，是具有向上的初速度，加速度变化的变加速直线运动，上升和下降过程并不对称，所以时间也不相等。变加速运动问题，其解题关键仍是先进行受力分析，根据牛顿第二定律进行运动状态分析。在分析变加速运动的某段过程时，虽然加速度变化、速度非线性变化，但可以使用平均值进行分析。1从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速度
