专题5：牛顿定律|牛顿第二定律专题

专题5：牛顿三大定律参考答案 题型1：惯性概念的理解及应用 1.一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了. 列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的(　　) 解析：列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致． 答案：C (1)若列车正在出站，则水面的形状与哪个选项一致？ (2)若水面形状与选项A中相同，说明列车的运动状态是怎样的？ 解析：(1)列车出站时速度增加，水由于惯性仍要保持原来较小的速度，故形成选项B中的液面形状． (2)液面水平，说明列车的运动状态没有变化，则列车可能处于静止状态或匀速直线运动状态． 答案：(1)B　(2)静止或匀速直线运动 2.在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是(　　) A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进 　　 B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进 C．磁悬浮列车急刹车时，小球不滚动 　　 D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动 解析：若磁悬浮列车减速，磁悬浮列车运动的速度变小了，而小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要大于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向前滚．反之，当磁悬浮列车加速时，磁悬浮列车运动的速度变大了，而小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要小于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向后滚．由以上分析可知，选项B正确． 答案：B 题型2：牛顿第三定律的理解及应用 3.下列说法正确的是(　　) A．走路时，只有地对脚的作用力大于脚蹬地的力时，人才能往前走 B．走路时，地对脚的作用力与脚蹬地的力总是大小相等，方向相反的 C．物体A静止在物体B上，A的质量是B的质量的10倍，则A对B的作用力大于B对A的作用力 D．以卵击石，石头没有损伤而鸡蛋破了，是因为鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力 解析：地对脚的作用力与脚蹬地的力是作用力和反作用力，由牛顿第三定律，这两个力总是大小相等、方向相反的，A不正确，B正确．物体A对B的作用力总是等于B对A的作用力，与A、B两物体的质量无关，C不正确．以卵击石时，鸡蛋对石头的作用力等于石头对鸡蛋的作用力，但鸡蛋的承受能力较小，所以鸡蛋会破，D不正确． 答案：B 作用力和反作用力的关系：
①与物体的运动状态及如何作用无关． ②作用力与反作用力总是大小相等，方向相反． 4.如图所示，两车厢的质量相同，其中有一个车厢内有一人拉动绳子使车厢相互靠近，若不计绳子质量及车与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢有人的判断正确的是(　　) A．绳子拉力较大的那一端车厢里有人 B．先开始运动的车厢内有人 C．先到达两车中点的车厢内没人 D．不去称质量，无法确定哪个车厢内有人 答案：C 5.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则(　　) A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mg B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g C．当F>μ2(m＋M)g时，长木板便会开始运动 D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动 解析：木块受到的滑动摩擦力大小为μ1mg，由牛顿第三定律，长木板受到m对它的摩擦力大小也是μ1mg，对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为μ1mg，A、B错误．改变F的大小，木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力不变，C错误，D正确． 答案：
D 题型3：牛顿第二定律的应用 用牛顿第二定律解题时，通常有以下两种方法：
1．合成法 若物体只受两个力作用而产生加速度时，利用平行四边形定则求出两个力的合外力方向就是加速度方向．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．分解法 当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法．分解方式有两种：
(1)分解力：一般将物体受到的各个力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，则：F合x＝ma(沿加速度方向)，F合y＝0(垂直于加速度方向)． (2)分解加速度：当物体受到的力相互垂直时，沿这两个相互垂直的方向 分解加速度． 6.如图所示．一静止斜面CD与水平面的倾角α＝30°，斜面上有一质量为m的小球P，Q是一带竖直推板的直杆，其质量为3m.现使竖直杆Q以水平加速度a＝0.5g水平向右匀加速直线运动，从而推动小球P沿斜面向上运动．小球P与直杆Q及斜面之间的摩擦均不计，直杆Q始终保持竖直状态，求该过程中：
(1)小球P的加速度大小；
(2)直杆Q对小球P的推力大小． 解析：对小球P进行受力分析，受力图如右图所示，根据牛顿第二定律可得 aPcos 30°＝a，联立以上各式解得aP＝g， . 答案：(1) g　(2) mg 7.如图甲所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．杆对小球的作用力的变化如图乙所示，则关于小车的运动说法中正确的是(杆对小球的作用力由F1至F4变化)(　　) A．小车向右做匀加速运动 B．小车由静止开始向右做变加速运动 C．小车的加速度越来越大 D．小车的加速度越来越小 解析：对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力和杆对球的弹力，作出二力的合力的力的图示，就可判断出合力始终是增大的，因此小球的加速度始终增大．作图时必须注意合力的方向始终沿水平方向．车和小球是个整体，因此小车的加速度也是越来越大的．故选项C正确． 答案：C 8.如图所示，车内绳AB与绳BC拴住一小球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则(　　) A．AB绳、BC绳拉力都变大 　 B．AB绳拉力变大，BC绳拉力变小 C．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变 　 D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大 解析：如图，车加速时，球的位置不变，则AB绳拉力沿竖直方向的分力仍为 cos θ，且等于重力G，即，故FT1不变．向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供，故 增加，所以D正确． 答案：D 9.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为ml的物体，与物体l相连接的绳与竖直方向成θ角，则 （ ） 双选 A．车厢的加速度为gsinθ B．绳对物体1的拉力为m1g/cosθ C．底板对物体2的支持力为(m2一m1)g D．物体2所受底板的摩擦力为m2 g tanθ 【解析】小车在水平方向向右运动，由图可知小车的加速度沿水平向右，物体1与小车有相同加速度，根据【例1】对物体1进行受力分析，由牛顿第二定律得F=mgtanθ=ma,得a=gtanθ，故A选项错误；
且由图3-2-2可知绳对物体1的拉力为m1g/cosθ，底板对物体2的支持力为(m2g一m1g/cosθ)，故C错、B正确；
物体2与小车也有相同加速度，由牛顿第二定律得，物体2所受底板的摩擦力为f=m2a=m2 g tanθ，即D选项正确. 【答案】BD 10.如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图3－1－9(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图(b)中所提供的信息不能计算出(　　) A．物体的质量2 kg B．斜面的倾角37° C．加速度为6 m/s2时物体的速度 D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N 解析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得：a＝cos θ－gsin θ，当F＝0 N时a＝－6 m/s2，当F＝20 N时a＝2 m/s2，解得θ＝37°，m＝2 kg.由三力平衡得物体能静止在斜面上所施加的最小力为F＝mgsin θ＝12 N，方向平行斜面向上，故选项A、B、D均可确定.动情况未知，运动时间未知，所以不能确定加速度为6 m/s2时物体的速度． 答案：C 11.如图所示，物体A与斜面B保持相对静止并一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度a增大时，下列说法可能正确的是(　　) A．B对A的弹力不变，B对A的摩擦力可能减小 B．B对A的弹力不变，B对A的摩擦力可能增大 C．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力一定增大 D．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力可能减小 解析：本题考查牛顿第二定律的应用．物体和斜面保持相对静止，沿水平方向加速运动，则合力沿水平方向，竖直方向的合力为零，设斜面的倾角为θ，若开始静摩擦力的方向沿斜面向下，则Nsin θ＋fcos θ＝ma，Ncos θ＝fsin θ＋mg.若N增大，则f增大，因此此时，a增大，N、Ff都在增大．同理，若开始时静摩擦力方向沿斜面向上，则Nsin θ－fcos θ＝ma，Ncos θ＋fsin θ＝mg，若N逐渐增大，则f沿斜面向上先逐渐减小到零，再沿斜面向下逐渐增大，此时B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能减小，可能为零，可能不变，可能增大，因此D项正确． 答案：
D 12.如图所示，在倾角为θ的光滑物块P的斜面上有两个用轻弹簧相连接的物体A和B；
C为一垂直固定斜面的挡板，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止在水平面上．现对物体A施加一平行于斜面向下的力F压缩弹簧后，突然撤去外力F，则在物体B刚要离开C时(此过程中A始终没有离开斜面)(　　) A．物体B加速度大小为gsin θ B．弹簧的形变量为（F+mgsin θ）/k C．弹簧对B的弹力大小为mgsin θ D．物体A的加速度大小为gsin θ 解析：当物体B刚要离开挡板C时，对物体B受力分析可得：kx－mgsin θ＝0，弹簧的形变量x=mgsin θ/k则选项A、B错误， C正确；
对物体A由牛顿第二定律可得：kx＋mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，选项D错误． 答案：
C 13.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为( ) A. B. C. D. 【解析】 当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,对于A物体所受的合外力为由牛顿第二定律知;对于A、B整体,加速度由牛顿第二定律得. 【答案】 C 14.如图甲所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为2.0 kg,小车上放一个物体B,其质量为.0 kg.给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动.如果撤去F,对A施加一水平推力F′,如图乙所示.要使A、B不相对滑动,求F′的最大值. 【解析】 根据图甲所示,设A、B间的静摩擦力达到最大值时,系统的加速度为a.根据牛顿第二定律对A、B整体有 对A有代入数据解得.0 N.根据图乙所示,A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′,根据牛顿第二定律有 ′，′ 代入数据解得=6.0 N. 【答案】 6.0 N 题型4：动力学的两类基本问题 15.质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力的作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,斜面倾角为37○,斜面足够长,物体与斜面动摩擦因数为0.25.若物体在力F作用下沿斜面向上运动10 m后撤去力F,求: (1)撤力F时物体的速度. (2)撤力F后物体继续上滑的距离. (已知sin37○=0.6,cos37○=0.8) 【解析】 (1)在第一段上升阶段,设位移为末速度为v, 垂直斜面方向:N=Fsincos 沿斜面方向:Fcossin 由运动学公式:由以上各式得撤去力F时物体速度v=10 m/s. (2)撤力后物体减速上升过程中,由动能定理得: -(mgsincos 代入数据解得上升距离.25 m. 【答案】 (1)10 m/s (2)6.25 m 16.风洞实验中可产生水平方向的、大小可以调节的风力，先将一套有小球的细杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图所示 （1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动，这时所受风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆的动摩因数. （2）保持小球所示风力不变，使杆与水平方向间夹角为37º并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s的时间为多少（sin370=0.6,cos370=0.8） 【解析】（1）设小球所受的风力为F，支持力为FN、摩擦力为Ff、小球质量为m，作小球受力图，如图3-2-5所示，当杆水平固定，即θ=0时，由题意得：
F=μmg μ=F/mg =0.5mg/mg=0.5 （2）沿杆方向，由牛顿第二定律得：
Fcosθ+mgsinθ-Ff =ma ① 在垂直于杆的方向，由共点力平衡条件得：
FN+Fsinθ-mgcosθ=0 ② 又：
Ff =μN ③ 联立①②③式解得：
a== 将F=0.5 mg代入上式得a=g ④ 由运动学公式得：s=at2 ⑤ 由④⑤得：
t== 题型5：用牛顿定律处理临界问题的方法 1. 临界与极值问题是中学物理中的常见题型，结合牛顿运动定律求解的也很多，临界是一个特殊的转换状态，是物理过程发生变化的转折点，在这个转折点上，系统的某些物理量达到极值.临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生改变. 2.处理临界状态的基本方法和步骤 ①分析两种物理现象及其与临界相关的条件；

②用假设法求出临界值；

③比较所给条件和临界值的关系，确定物理现象，然后求解. 3．处理临界问题的三种方法 ①极限法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，达到尽快求解的目的. ②假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类问题，一般用假设法. ③数学方法：将物理过程转化为数学公式根据数学表达式求解得出临界条件. α 17.如图所示，在水平向右运动的小车上，有一倾角为α的光滑斜面，质量为m的小球被平行于斜面的细绳系住并静止在斜面上，当小车加速度发生变化时，为使球相对于车仍保持静止，小车加速度的允许范围为多大？ 【解析】当小车向左加速时，球相对于车保持静止的临界状态是细绳的拉力刚好为零，小球受重力mg和支持力FN，两个力作用，其合外力水平向左，由牛顿第二定律得：
F合=mgtanα=mamax∴amax= gtanα，则小球（即小车）的加速度范围为0＜a＜gtanα. 当小车向右加速时，小球在斜面上将分离而未分离的临界状态是斜面对小球的支持力刚好为零，小球此时受细绳对小球的拉力F与本身重力mg两个力作用，其合外力水平，由牛顿第二定律得：F合=mgcotα=mamax，∴amax= gcotα则小球（即小车）的加速度范围为0＜a＜gcotα。

【答案】a向左时，a≤gtanα；
a向右时，a≤gcotα 【点拨】解决临界问题，关键在于找到物体处于临界状态时的受力情况和运动情况，看临界状态时哪个力会为零，物体的加速度方向如何，然后应用牛顿第二定律求解. 18.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（1）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零；
（2）当滑块以a=2g的加速度向左运动时线中的拉力FT为多大？ FT·cosθ=ma, ① FT·sinθ-mg=0 ② 联立①②两式并解得a=g， 即当斜面体滑块向左运动的加速度为a=g时，小球恰好对斜面无压力. 当a>g时，小球将“飘”起来，当a=2g时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力情况如图所示，故根据①②两式并将a=2g代入，解得FT=mg 此即为所求线中的拉力. 【答案】mg 19.一个装有固定斜面的小车静止在动摩擦因数.5的水平地面上,小球通过轻质细绳与车顶相连,细绳与竖直方向的夹角为37○,斜面光滑,倾角也为37○,如图所示.已知小球的质量为m=1 kg,小车和斜面的总质量为M=4 kg,已知g取10 m/ssin37○=0.6,cos37○=0.8.求: (1)小车静止时小球受到的斜面对它的支持力的大小; (2)现对小车施加一个水平向右的恒力F,当F多大时,小球恰好离开斜面? 【解析】 (1)小球受力如图甲所示,由平衡条件可得: sin37○sin37○ (4分) cos37○cos37○=mg (4分) 代入数据解得: =6.25 N. (2分) (2)此时小球受力如图乙所示, 竖直方向由平衡条件得: cos37○=mg (2分) 水平方向由牛顿第二定律: sin37○=ma (2分) 对整体,有M+m)a (4分) 代入数据解得:F=62.5 N. (2分) 【答案】 (1)6.25 N (2)62.5 N

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