高中人教版 (2019)3 牛顿第二定律课时训练

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\l "_Tc985" 二、 【整体隔离法求加速度知识点梳理】 PAGEREF _Tc985 \h 4
\l "_Tc20034" 三、 【整体隔离的高级用法知识点梳理】 PAGEREF _Tc20034 \h 7
\l "_Tc22827" 四、 【牛顿第二定律之等时圆知识点梳理】 PAGEREF _Tc22827 \h 10
\l "_Tc23286" 五、 【牛顿第二定律之分离临界知识点梳理】 PAGEREF _Tc23286 \h 12
【动力学的两类基本问题知识点梳理】
动力学中的两类基本问题是：
一、已知物体的受力情况，确定物体的运动情况；
二、已知物体的运动情况，确定物体的受力情况。牛顿第二定律揭示出物体运动和受力之间的关系，解决问题的关键是先根据题目中的已知条件求加速度a，然后再求所要求的物理量。
2. 动力学两类基本问题的处理方法
不管哪一类问题，都要进行受力分析和运动情况分析，求解加速度。知道物体的受力情况后，常用力的合成与分解的方法求合力。要注意，合成时合力的方向必须是加速度的方向；分解时通常以加速度a的方向为x轴的正方向，把力分解到坐标轴上，分别求合力，即Fx=ma，Fy=0。
【动力学的两类基本问题举一反三】
1．如图所示，一个人用与水平方向成θ=37°角的斜向下的推力F1推一个质量m=30kg的箱子匀速前进，如图（A）所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5。（ g=10m/s2，sin37°=0.6 ，cs37°=0.8 ）求：
（1）推力F1的大小；
（2）若该人改用大小为180N，方向与水平方向成37°角斜向上的力F2拉这个静止的箱子，如图（B）所示，拉力作用2.5s后撤去，拉力撤去前的加速度的大小以及拉力撤去后箱子最多还能运动多长距离。
【答案】（1）300N；（2），【详解】（1）根据平衡条件代入数据得推力F1=300N（2）根据牛顿第二定律得解得拉力撤去时速度撤去外力后，根据牛顿第二定律得根据
2．摩天大楼中有一部从一楼直通顶层的客运电梯，其简化模型如图（甲）所示。电梯受到的拉力F是随时间t变化的。电梯在t=0时由静止开始沿竖直方向运动，F-t图像如图（乙）所示。电梯总质量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。根据以上数据估算该摩天大楼的高度为（ ）
A．50mB．150mC．200mD．300m
【答案】B【详解】在0~5s内电梯加速上升，加速度 在5~15s内电梯匀速上升；在15~20s内电梯减速上升，加速度做出电梯上升的v-t图像，如图由图像的面积等于位移可知摩天大楼的高度为故选B。
3．宇宙飞船返回舱进入大气层后先打开减速伞，当速度减至80m/s时打开主降落伞继续减速，直到速度减至8m/s后做匀速下落，打开主伞后返回舱的速度图线如图a所示，主降落伞用96根对称的伞绳悬挂着返回舱，每根伞绳与中轴线的夹角约为37°，如图b所示，已知返回舱的质量为2400kg，主降落伞质量为80kg，不计返回舱所受的阻力，打开主降落伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv（k为阻力系数）（g取10，，），求：
（1）阻力系数k；
（2）打开主降落伞瞬间的加速度a的大小和方向；
（3）悬绳能够承受的拉力最小值。

【答案】（1）3100；（2）90m/s2，竖直向上；（3）312.5N【详解】（1）由题意和图a可知，当速度为8m/s时，受阻力大小与重力大小相等，有其中解得（2）打开主降落伞瞬间返回舱的为80m/s，受到的阻力为由牛顿第二定律有方向竖直向上。（3）在打开主降落伞瞬间绳子拉力最大，设悬绳能够承受的拉力最小值为F，对返回舱有得
4．2023年杭州亚运会独具匠心地引入了滑板、攀岩、电子竞技等青少年热衷的项目，以崭新的视角诠释了体育精神的青春活力与浙江文化的融合。滑板比赛的一段赛道示意图如图左图所示，水平直道AB长为12m，倾斜直道BC长为20m，它们在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为30°。运动员从A点由静止出发，滑板匀加速到B点时速度大小为6m/s，紧接着沿BC匀加速下滑，到C点共用时6.0s。若滑板和运动员一起可视为质点，始终在地面上运动，其总质量为60kg，重力加速度，试求滑板和运动员：
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）1.5m/s2；（2）14m/s；（3）60N【详解】（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式代入数据解得a1=1.5m/s2（2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2，则BC段运动的时间t2=6s-4s=2s根据位移—时间的公式有代入数据解得a2=4m/s2过C点的速度为14m/s（3）在BC段由牛顿第二定律代入数据解得60N
5．（多选）现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍。如图所示，一质量m=4.0kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2s，然后无人飞机又匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4s速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人飞机上升过程中的最大速度为vm=4m/s，受到的空气阻力恒为f=2N，重力加速度大小g=10m/s2，则（ ）
A．无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是50 N
B．无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是40 N
C．无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是40 N
D．无人飞机上升的总高度为24m
【答案】AD【详解】A．无人飞机上升的第一个阶段的加速度由牛顿第二定律可知F1-mg-f=ma代入数据解得F1=50NA正确；B．无人飞机第二个阶段匀速上升F2=mg+f=42NB错误；C．无人飞机第三个阶段减速上升，加速度大小无人飞机第三个阶段减速上升，根据牛顿第二定律可得F3=38NC错误；D．无人飞机上升的总高度为D正确。故选AD
6．无人机航拍以无人驾驶飞机作为空中平台进行摄影.如图所示，某款质量为的摄影无人机开始悬停在湖面一定高度处，为了全景拍摄景物，无人机匀加速上升，速度时上升高度达到9m，而后减速直至悬停，忽略空气阻力影响，取10m/s2，求无人机：
（1）加速上升的时间；
（2）加速上升过程中加速度的大小；
（3）加速上升过程中受到的升力有多大。

【答案】（1）3s；（2）2m/s2；（3）24N【详解】（1）由匀变速直线运动平均速度公式可得解得（2）由速度公式可得解得（3）由牛顿第二定律可得解得
7．一个质量为的物块静止在光滑的水平面上，物块在一个水平向右的恒力的作用下开始向右做匀加速直线运动，经过一段时间后，恒力变为水平向左的，又经过了时间物块恰好又回到了出发点，则的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C【详解】在恒力的作用下的加速度在恒力的作用下的加速度匀加速直线运动的位移末速度匀减速直线运动的位移因为可得故选C。
8．（多选）将一物块放置于粗糙的水平地面上，物块受到的水平拉力随时间变化的关系图像如图甲所示，其速度随时间变化的关系图像如图乙所示，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（ ）
A．末物块受到的摩擦力大小为
B．末物块受到的摩擦力大小为
C．物块的质量为
D．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.1
【答案】AC【详解】A．末物块静止，受到的摩擦力为静摩擦力，大小为故A正确；B．末物块受到滑动摩擦力作用，根据图像可知，4s后受滑动摩擦力作用，大小为8N，故B错误；CD．2-4s物体加速度根据 ，解得物块的质量为，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4，故C正确D错误。故选AC。
【整体隔离法求加速度知识点梳理】
1. 连接体及其特点
两个或两个以上相互关联(叠放，并排，或由绳子、细杆、弹簧连接)的物体构成的系统称为连接体。连接体一般具有相同(或大小相等)的速度或加速度。
2. 处理连接体问题的常用方法
(1)整体法与隔离法
(2)在较为复杂的连接体问题中常常需要将整体法与隔离法有机地结合起来，交替运用。多数情况下，求内力时，先整体后隔离；求外力时，先隔离后整体。
3. 常见的弹力引起的连接体问题
弹力(绳子的拉力或弹簧的弹力等)作用下的连接体之间的力的分配规律如下：(各物体与接触面间的动摩擦因数相同)
(1)相互挤压在一起的连接体
A、B之间的弹力FN=mBmA+mBF
(2)用细线连接沿水平方向运动的连接体
细线的张力FT=mBmA+mBF
(3)用轻质弹簧连接的连接体
弹簧弹力F弹=mBmA+mBF
(4)用细线连接沿竖直方向运动的连接体
细线的张力FT=mBmA+mBF
总结：这四种模型求解内力，结果相同，且内力与物体所处的接触面是否光滑无关，与mB和连接体的总质量的比例有关。
4. 由摩擦力引起的连接体问题对摩擦力引起的连接体——板块模型分析时，注意由相对静止到相对滑动的临界情况的讨论：先假设两者处于相对静止状态，由整体法求出加速度，然后隔离静摩擦力驱动的物体，由牛顿第二定律求出静摩擦力；再看静摩擦力是否小于等于最大静摩擦力，判断假设是否成立，再根据相关规律求解其他物理量。
【整体隔离法求加速度举一反三练习】
9．如图所示，在光滑水平地面上，A，B两物块用细线相连，A物块质量为1kg，B物块质量为2kg，细线能承受的最大拉力为4N。若要保证在水平拉力F作用下，两物块一起向右运动，则F的最大值为（ ）

A．4NB．5NC．6ND．7N
【答案】C【详解】对两物块整体做受力分析有对于B物体有联立解得故选C。
10．（多选）如图所示，两个质量分别为、的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。大小为的水平拉力作用在上，弹簧测力计始终在弹性限度内，当系统稳定后，下列说法正确的是（ ）。

A．弹簧测力计的示数是
B．弹簧测力计的示数是
C．在突然撤去F的瞬间，的加速度不变
D．在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的示数不变
【答案】AD【详解】AB．以向右为正方向，对整体分析，由牛顿第二定律得解得方向向右；设弹簧的弹力为，对物块分析，由牛顿第二定律得解得故A正确，B错误；CD．在突然撤去F的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧测力计的示数不变；对物块分析，由牛顿第二定律得解得的加速度大小为方向向左，故C错误，D正确。故选AD。
11．（多选）如图所示，质量为m的小球A和质量为的小球B与轻杆相连，两球连接体斜放在车厢内，当车以一定的加速度向右匀加速运动时，两球连接体相对于车厢静止，轻杆与竖直方向的夹角为，车厢侧壁和地板均光滑，重力加速度为g，则（ ）

A．轻杆对球的作用力大小为
B．车的加速度大小为
C．A球对车厢侧壁的作用力大小为
D．B球对车厢地板的作用力大小为
【答案】ACD【详解】A．根据题意，设杆对球的作用力大小为，对A球，竖直方向上由平衡条件有解得故A正确；BCD．水平方向上，由牛顿第二定律，对A球有对B球有竖直方向上对B球，由平衡条件有联立解得故B错误，CD正确。故选ACD。
12．如图，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力为则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A【详解】先对左图中情况下的整体受力分析，根据牛顿第二定律有再对左图中情况下的小球受力分析，如图根据牛顿第二定律有由以上三式可解得 ，再对右图中小球受力分析，如图由几何关系得再由牛顿第二定律，得到由于故，故A正确，BCD错误。故选A。
13．如图所示，水平桌面上有一物体A通过跨过定滑轮的绳子与物体B相连，已知A、B的质量分别为2kg和1kg，A与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略，绳子不可伸长，桌面上方的绳子水平，重力加速度g=10m/s2，则将A、B由静止释放后，绳子对物体A的拉力大小为（ ）

A．8NB．10NC．20ND．30N
【答案】A【详解】把A、B看成整体，由牛顿第二定律可知对B有联立解得故选A。
14．如图所示，质量均为m的木块A、B放在粗糙水平面上，它们之间用不可伸长的轻绳相连，现用与水平方向成θ角的力F作用在木块B上，使木块A、B一起沿水平面向右匀速运动，此时轻绳与水平方向的夹角也为θ。已知木块A、B均可视为质点，且与水平面间的动摩擦因数均为μ重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．力F的大小为B．力F的大小为
C．轻绳的拉力大小为D．轻绳的拉力大小为
【答案】C【详解】AB．木块A、B一起沿水平面匀速运动，应用整体法可得解得故AB错误；CD．对木块A应用隔离法，可得解得故C正确；D错误。故选C。
15．一列火车由牵引车头和20节完全相同的车厢组成，在车头牵引下正沿足够长的平直轨道加速前进，运动过程中每一节车厢所受阻力相等。某时刻第5节对第6节车厢的作用力为F，则此时车头对第1节车厢的作用力为（ ）
A．FB．C．D．
【答案】B【详解】对后15节车厢整体，根据牛顿第二定律对20节车厢整体，根据牛顿第二定律解得故选B。
【整体隔离的高级用法知识点梳理】
对于一个加速度不等的连接体所构成的系统而言，牛顿运动定律指出：系统所受的合外力等于系统内各个物体所受合外力之和，即F合=m1a1+m2a2+m3a3++mnan
③，采用正交分解法，其两个分量的方程形式为和动力学知识解题的能力，下面通过较复杂情景中的应用与隔离法作一比较。
例题1 如图所示有一倾角为、质量的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，有一质量的光滑物块在木楔上由静止开始沿斜面下滑。在此过程中木楔没有动，求地面对木楔的摩擦力和支持力大小。
解析：利用隔离法解题：先取物块为研究对象，受力分析如图3，
可得：
再取木楔为研究对象，受力分析如图4，
水平方向上：
由牛顿第三定律有：
而对物块
，可得：
由以上各式联立，可得：
竖直方向上：
如利用整体法分析，受力分析与运动分析如图5，其中将物块加速度沿水平、竖直方向正交分解。
在水平方向上，由加速度的水平分量不难确定地面对木楔的
摩擦力方向水平向左，大小由牛顿第二定律可得：
竖直方向上：
可得：
通过以上比较不难看出，在加速度不等的系统中应用整体法解题优势明显，其实，不管是定性分析，还是定量求解，该法较隔离法更能全面把握问题关键，凸显运动和力的关系，有效提高解题速度，更深入地理解牛顿运动定律
【整体隔离的高级用法举一反三练习】
16．杂技是一种集技能、体能、娱乐性很强的表演活动。如图所示为杂技“顶竿”表演，一人A站在地上，肩上扛一质量为2m的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人B以加速度a加速下滑时，竿对人A的压力大小为（已知重力加速度为g）（ ）
A．3mg+maB．3mg-maC．3mgD．2mg
【答案】B【详解】以B为研究对象，根据牛顿第二定律再以竹竿为研究对象，可知联立解得根据牛顿第三定律可知竿对人A的压力大小为。故ACD错误，B正确。故选B。
17．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示。已知重力加速度为g，环沿杆以加速度a匀加速下滑，则此时箱子对地面的压力大小为（ ）
A．Mg＋mg－maB．Mg－mg＋ma
C．Mg＋mgD．Mg－mg
【答案】A【详解】环在竖直方向上受重力及箱子内的杆对它的竖直向上的摩擦力Ff，受力情况如图甲所示以环为研究对象根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力Ff′大小等于Ff，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力Ff′，受力情况如图乙所示以箱子为研究对象根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，即故选A。
18．如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的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．3gsinαB．gsinα
C．3gsinα/2D．2gsinα
【答案】A【详解】以猫为研究对象，；以木板为研究对象，．所以．答案选A．
19．（多选）如图所示，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块m上、下滑动的整个过程中（ ）
A．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变
B．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右
C．地面对斜劈M的支持力始终小于（M＋m）g
D．物块m向上和向下滑动因摩擦产生的热量相同
【答案】ACD【详解】A、B项，物块m先减速上滑后加速下滑，加速度方向始终沿斜面向下，对M和m整体进行受力分析得，水平地面始终对M有水平向左的摩擦力的作用，故A正确，B错误．C项，将M和m看成一个整体，则加速度有竖直向下的分量，所以系统处于失重状态，地面对斜劈M的支持力小于，故C项正确．D项，设斜面的倾角为，物块上滑的过程和下滑过程走过的位移是相等的，摩擦力也是相等的，所以物块m向上和向下滑动因摩擦产生的热量相同，故D正确；综上所述本题答案是：ACD
【牛顿第二定律之等时圆知识点梳理】
质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始下滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。证明如下：质点沿竖直直径下滑时，做自由落体运动，有2R=12gt2，则运动时间为t=2Rg；当质点沿与竖直弦成π2-θ角的光滑弦下滑时，通过的位移为L=2R sin θ，加速度为a=g sin θ，且有L=12at2，解得t=2Rg。
上述结论可推导出以下两个推论：
①质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；
②两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿过切点的不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
处理等时圆问题的解题思路：
【牛顿第二定律之等时圆举一反三练习】
20．如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则( )

A．t1＝t2B．t1>t2C．t1