- 牛顿第二定律
- 共448题
4．如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（ ）
A
Bgsinα
C
D2gsinα
正确答案
解析
木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma（a为木板的加速度），整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小.
即F合=3mgsinα，解得
考查方向
牛顿第二定律
解题思路
对猫和木板受力分析受力分析，可以根据各自的运动状态由牛顿第二定律分别列式，也可以考虑整体法求解.
易错点
应用整体法对猫和木板受力分析，根据牛顿第二定律列式解答.
教师点评
本题考查了牛顿第二定律，在近几年的各省高考题出现的频率较高，常与匀速直线运动及其公式、图像等知识点交汇命题.
知识点
如图所示，在真空中，沿水平方向和竖起方向建立直角坐标系xOy，在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E（电场强度E的大小未知）。有一质量为m，带电量为+q的小球，从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P（0，-h）点时，在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场，其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等，且小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等。重力加速度为g。试求：
29.小球返回O点时速度的大小；
30.匀强电场的电场强度E的大小；
31.小球运动到最高点时的位置坐标。
正确答案
设小球从O点运动到P点所用时间为t，在P点的速度为v1，返回O点时的速度为v2，则
解析
设小球从O点运动到P点所用时间为t，在P点的速度为v1，返回O点时的速度为v2，则
考查方向
考查带电物体在电场中的运动：这类问题电场只是提供了一个电场力，可以转化为动力学问题求解，联系牛顿第二定律。
解题思路
首先分析小球从O点下落到P点再到O点的运动类型，明确这是两个阶段，应该分开分析，根据时间相等，及位移相等，解得小球回到O点时的速度。
易错点
在做运动学问题时，对公式的选择模糊不清，导致浪费时间，甚至解答困难。
教师点评
这类问题电场只是提供了一个电场力，可以转化为动力学问题求解，联系牛顿第二定律。
正确答案
（2）
解析
考查方向
考查运动的合成与分解：将运动分解为两个相互垂直的方向求解比较简单
解题思路
根据运动学的基本公式解得小球在电场作用下的加速度a，再根据qE－mg=ma，解得E的大小。
易错点
在做运动学问题时，对公式的选择模糊不清，导致浪费时间，甚至解答困难
教师点评
将运动分解为两个相互垂直的方向求解比较简单
正确答案
（4h，16h）
解析
在竖直方向：
考查方向
考查运动学与电场的综合应用
解题思路
小球进入x轴上方时，将小球的运动分解成竖直方向和水平方向，小球在竖直方向上做减速度为g的减速运动，在水平方向上在电场力作用下做匀加速运动，分别根据运动学公式计算两个方向的位移，得出小球的最高位置坐标。
易错点
在做运动学问题时，对公式的选择模糊不清，导致浪费时间，甚至解答困难。
教师点评
这一问比较综合，需要学生综合能力很强
如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=lkg，绳绷直时B离地面有一定高度．在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v﹣t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
求
21．物体A与斜面间的动摩擦因数；
22．物体A开始下滑的加速度大小．
正确答案
0.25
解析
由图乙可知物体A先加速运动0.5s，然后再匀减速运动0.25s减速到零，则A减速运动时的加速度：
当B落地后，A做匀减速运动，由牛顿第二定律知：
-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAaA
代入数据解得：μ=0.25
考查方向
牛顿第二定律
解题思路
由牛顿第二定律可得A受到的摩擦力，进而可得A与斜面的摩擦因数.
易错点
关键分析清楚物体的运动规律，由图象求得对应运动过程中的加速度.
教师点评
本题考查了牛顿第二定律，在近几年的各省高考题出现的频率较高，常与运动学公式，动能定理等知识点交汇命题.
正确答案
4m/s2
解析
A下滑过程，由牛顿第二定律mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa
代入数据得a=4m/s2
考查方向
牛顿第二定律
解题思路
对A进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程解答.
易错点
A下滑时，关键是正确对A时进行受力分析.
教师点评
本题考查了牛顿第二定律，在近几年的各省高考题出现的频率较高，常与运动学公式，动能定理等知识点交汇命题.
18.民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机外，一般还配有紧急出口．发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面部分AC和水平部分CD构成），机舱中的人可沿该气囊滑行到地面上来，如图所示．某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面长AC=5.0m，AC与地面之间的夹角为θ．斜面部分AC和水平部分CD平滑连接．一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，最后滑到水平部分上的E点静止，已知人与气囊之间的动摩擦因数为μ=0.55．不计空气阻力g=10m/s2．求人从A点开始到滑到E 点所用的时间．（共10分）
正确答案
人从A点开始到滑到E 点所用的时间为3.23s．
解析
人的受力如图所示，
由牛顿运动定律得：mgsin θ﹣μFN=ma
FN﹣mgcosθ=0，
则：a=gsinθ﹣μgcosθ，
解得：a=1.6 m/s2
设人在斜面部分滑下所用的时间为t1，
s=
代入数据解得：t1=2.5 s
设人滑到斜面底端C时的速度为vC，
vC=at1=1.6×2.5=4 m/s
由牛顿运动定律得：μmg=ma′
由0﹣vC=（﹣a′）t2
解得：t2=0.73 s
考查方向
牛顿运动定律的综合应用
解题思路
由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学公式求出人在斜面与水平面上的运动时间，然后求出总的运动时间．
易错点
分析清楚人的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．
知识点
如图(甲)所示，一倾角为370的传送带以恒定速率运行。现将一质量m＝2 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图(乙)所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin 370=0.6，cos370=0.8．求：
29.物体与传送带间的动摩擦因数；
30. 0～10 s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．
正确答案
(1) μ=
解析
解：由速度图象可知，物体在传送带上加速运动的加速度
由牛顿第二定律 μmgcosθ－mgsinθ＝ma 2分
μ=
考查方向
牛顿第二定律
解题思路
（1）根据斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数．
易错点
本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解．
正确答案
(2) 摩擦产生的热量 Q=252J
解析
解：(2) 由速度图象可知，物体在0～10s内的位移
物体上升的高度h=Ssinθ 1分
增加的重力势能 △Ep=mgh=264J 2分
增加的动能 △Ek=
机械能变化量 △E=△Ep+ △Ek =276J 2分
物体在0～6s内的位移 S1=
传送带的位移 S2=Vt=4×6m=24m 2分
摩擦产生的热量 Q=μmgcosθ(S2-S1)=252J 2分
考查方向
功能关系
解题思路
（2）速度图象的“面积”大小等于位移，物体在0-2s内的位移为负值，在2-10s内的位移为正值．0-10s内物体机械能增量等于动能增加量与重力势能增加量之和．在前6s内物体与传送带发生相对滑动，求出相对位移△s，产生的热量为Q=μmgcosθ•△s．
易错点
本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解．
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