2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用学案作业(含解析)新人教版

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作使劲成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制(1)单位制：由大体单位和导出单位一路组成．(2)大体单位：大体物理量的单位．力学中的大体物理量有三个，别离是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．(3)导出单位：由大体物理量按照物理关系推导出来的其他物理量的单位．深度思考判断下列说法是不是正确．(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)(4)物体的加速度大小不变必然受恒力作用．(×)二、动力学两类大体问题1．动力学两类大体问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况．(2)已知运动情况，求物体的受力情况．2．解决两类大体问题的方式以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：深度思考如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的进程中前进的距离为x.图1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案(1)匀减速直线运动能，由v B2－v A2＝2ax可得(2)受重力、支持力和摩擦力由F f＝ma，可求摩擦力三、超重和失重1．超重(1)概念：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)概念：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)概念：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．4．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．5．情景拓展(如图2所示)图21．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A ．物体受到恒定的力作历时，它的运动状态不发生改变B ．物体受到不为零的合力作历时，它的运动状态要发生改变C ．物体受到的合力为零时，它必然处于静止状态D ．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案 BD2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2cm ，若还测出小车的质量为500g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( )A ．a ＝1.20.12m/s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m/s 2＝1.2 m/s 2 C ．F ＝500×1.2N ＝600ND ．F ＝0.5×1.2N ＝0.60N答案 BD3．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A ．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B ．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C ．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D ．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生转变答案 D4．(人教版必修1P78第5题)水平路面上质量是30kg 的手推车，在受到60N 的水平推力时做加速度为1.5m/s 2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g ＝10 m/s 2) 答案 0.5m/s 2解析设阻力为F f，则F－F f＝ma解得F f＝15N若是撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′解得a′＝0.5m/s2.5．(粤教版必修1P92例1)交通警察在处置交通事故时，有时会按照汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是不是超速．在限速为40km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m．已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2)答案超速解析选取初速度方向为正方向，则F N－mg＝0①故F f＝μF N＝μmg②由牛顿第二定律得－F f＝ma③按照匀变速运动的规律有v2－v02＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12m/s汽车刹车前速度为12m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶.命题点一牛顿第二定律的理解和应用1．对牛顿第二定律的理解瞬时性a 与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受合力因果性F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一性(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)(2)a＝Fm中，F、m 、a对应同一物体或同一系统(3)a＝Fm中，各量统一使用国际单位独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即a x＝F xm，a y＝F ym2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技能在分析瞬时加速度时应注意两个大体模型的特点：(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就可以产生弹力的物体，剪断(或离开)后，其弹力当即消失，不需要形变恢复时间；(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两头同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成维持不变．例1(多选)(2021·全国Ⅰ卷·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A．质点速度的方向老是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能老是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向老是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速度的转变量老是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，以后质点做曲线运动，力与速度方向再也不垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向老是与其所受合外力方向相同，C正确；按照加速度的概念，相等时间内速度转变量相同，而速度转变量不必然相同，故D错．例2如图3，质量为1.5kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10m/s2)( )图3A．0 B．2.5NC．5N D．3.75N①B与A恰好接触但不挤压；②剪断后刹时A、B间的作使劲大小．答案 D解析当细线剪断刹时，细线的弹力突然变成零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝(m A＋m B)g＝20N，弹力为F＝m A g＝15N，由牛顿第二定律G－F＝(m A＋m B)a，解得a＝2.5m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有m B g－F1＝m B a，可得F1＝3.75N，D选项正确．拓展延伸(1)如图4、图5中小球m一、m2原来均静止，现若是均从图中B处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳索，它们的拉力将别离如何转变？(2)若是均从图中A处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳索的拉力又将如何转变呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？图4 图5答案(1)弹簧和下段绳的拉力都变成0.(2)弹簧的弹力来不及转变，下段绳的拉力变成0.(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．1．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是( )A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B ．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者老是在同一方向上C ．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度必然加速D ．物体所受合外力为零时，必然处于静止状态答案 A解析 做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，故A 正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不必然在同一方向上，故B 错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度转变一定加速，而速度不一定加速，故C 错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D 错误．2．如图6所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的滑腻木板AB 托住，小球恰益处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的刹时，小球的加速度为( )图6A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小为233g ，方向垂直木板向下 D ．大小为33g ，方向水平向右 答案 C解析 未撤离木板时，小球受力如图，按照平衡条件可得F x 与mg 的合力F ＝mgcos30°.当突然向下撤离滑腻木板时，F N 当即变成零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故F x 与mg 的合力仍为F ＝mg cos30°，由此产生的加速度为a ＝g cos30°＝233g ，方向与合力方向相同，故C 正确．命题点二 超重和失重问题例3广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图象如图7所示．则下列相关说法正确的是( )图7A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零①只受重力与绳索拉力；②由静止开始上升．答案 D解析利用a－t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升进程，拉力＝重力，55～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．对超重和失重的“四点”深度理解1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．3．虽然物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．虽然整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部份具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．3．2021年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图8所示．不计空气阻力．下列说法正确的是( )图8A ．她在空中上升进程中处于超重状态B ．她在空中下落进程中做自由落体运动C ．她即将入水时的速度为整个跳水进程中的最大速度D ．入水进程中，水对她的作使劲大小等于她对水的作使劲大小答案 D解析 起跳以后的上升进程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A 错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B 错误；入水过程当中，开始时水对她的作使劲大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C 错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D 正确．4．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升进程中加速度a 随时间t 转变的图线如图9所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对电梯的压力( )图9A ．t ＝2s 时最大B ．t ＝2s 时最小C ．t ＝8.5s 时最大D ．t ＝8.5s 时最小答案 AD命题点三 动力学的两类大体问题例4 水平面上有相距15m 的A 、B 两点，一质量为2kg 的物体在大小为16N 、方向斜向上的力F 作用下，从A 点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝34，重力加速度g 取10m/s 2.求物体从A 运动到B 的最短时间．①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F ，物体抵达B 点时速度为0.答案 4s解析 撤去F 前对物体受力分析如图所示，按照牛顿第二定律有F cos α－F f ＝ma 1①F f ＝μF N ②F N ＝mg －F sin α③x 1＝12a 1t 12④撤去F 后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有 μmg ＝ma 2⑤x 2＝12a 2t 22⑥x 1＋x 2＝s ⑦a 1t 1＝a 2t 2⑧按照v －t 图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速进程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速进程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1利用数学知识可得最大加速度a 1＝F 1＋μ2m－μg ＝2.5m/s 2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t 1＝3s ，t 2＝1s ，则总时间t ＝t 1＋t 2＝4s.解决动力学问题的技能和方式1．两个关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动进程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．两种方式(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．5．(多选)(2021·全国Ⅱ卷·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速度无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr3＝g －3k4πρr2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确． 6．如图10所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0kg 的磨石A 对地面和斜壁进行打磨，已知A 与地面、A 与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g 取10m/s 2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图10(1)当A 受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F 1＝50N 打磨地面时，A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A 与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A 对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A 加竖直向上推力F 2＝60N 时，则磨石A 从静止开始沿斜壁向上运动2m(斜壁长>2m)时的速度大小为多少？ 答案 (1)0.5 (2)2m/s解析 (1)A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即F f ＝F 1cos θ＝40Nμ＝F f F N ＝F fmg ＋F 1sin θ＝0.5(2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F 2－mg )cos θ－F f1＝ma ； 在垂直斜面方向上有：F N ＝(F 2－mg )sin θ；则F f1＝μ(F 2－mg )sin θ 解得：a ＝1m/s 2x ＝12at 2解得t ＝2sv ＝at ＝2m/s.关于瞬时问题的拓展深化瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：内容轻绳(细线) 轻杆轻弹簧模型的建立 不计质量，只能产生拉力，劲度系数很大，可看成不可伸长不计质量，可提供拉力、压力或不沿杆的力，劲度系数很大，可看成不可伸长或压缩可以被拉伸或压缩，弹力大小与弹簧的形变量有关(弹性限度内) 模型的特点 各处张力大小相等，方各处弹力大小相等，但各处弹力大小相等，方向沿绳收缩方向，瞬时问题中其弹力发生突变 方向不一定沿杆方向，瞬时问题中其弹力发生突变向与形变方向相反，瞬时问题中其弹力大小不变典例1 如图11所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小铁球，小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数别离为k 一、k 2，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．a 弹簧的伸长量为3mg 3k 1B ．a 、b 两弹簧的伸长量的比值为2k 2k 1C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱刹时小铁球的加速度为g2D ．若弹簧a 的下端松脱，则松脱刹时小铁球的加速度为3g 答案 B解析 小铁球受重力mg 、F T a 、F T b 三个力作用，如图所示，将弹簧a 的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有F T a cos30°＝mg ，而F T a ＝k 1x 1，解得x 1＝23mg3k 1，选项A 错误．在水平方向上有F T a sin30°＝F T b ，而F T b ＝k 2x 2，可求得a 、b 两弹簧的伸长量的比值为x 1x 2＝2k 2k 1，选项B 正确．弹簧b 的左端松脱刹时，弹簧a 的弹力不变，弹簧a 的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mg tan30°，由牛顿第二定律得mg tan30°＝ma 1，可得弹簧b 的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a 1＝g tan30°＝33g ，选项C 错误．弹簧a 的下端松脱瞬间，弹簧b 的弹力不变，弹簧b 的弹力和小铁球的重力的合力方向与F T a 反向，大小为mgcos30°，由牛顿第二定律得mg cos30°＝ma 2，可得弹簧a 的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a 2＝gcos30°＝233g ，选项D 错误．典例2 如图12所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A 、B 间用一个轻杆连接，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的滑腻斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后刹时，下列说法正确的是( )图12A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ 答案 B解析 细线烧断前，ABC 作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F ＝3mg sin θ，对C 受力分析，沿斜面方向细线拉力F T ＝mg sin θ，细线烧断刹时，弹簧形变量不会转变，弹力不变，对C 受力分析，没有细线拉力，mg sin θ＝ma 1，加速度a 1＝g sin θ，选项D 错误；A 、B 之间由轻杆连接，相对静止，对AB 整体受力分析可得F －2mg sin θ＝2ma 2，合力沿斜面向上，得a 2＝12g sin θ，选项A 错误，B 正确；对B 受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力F T ′－mg sin θ＝ma 2＝12mg sin θ，得轻杆弹力F T ′＝32mg sin θ，选项C 错误．题组1 对牛顿第二定律的理解和应用1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( ) A ．大体单位和导出单位一路组成了单位制 B ．选用的大体单位不同，组成的单位制也不同C ．在物理计算中，若是所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就必然是用这个单位制中的单位来表示的D ．一般来讲，物理公式主要肯定各物理量间的数量关系，并非必然同时肯定单位关系 答案 ABC2．一个质量为m ＝1kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F1、F 2随时间的变化如图1所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2，则物块在此后的运动过程中( )图1A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3m/s 2D ．物块在t ＝4s 时速度最大 答案 C解析 物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm ＝μmg ＝0.2×1×10N ＝2N ，物块在第1s 内，知足F 1＝F 2＋F fm 物块处于静止状态，选项A 错误；第1s 物块静止，第1s 末到第7s 末，按照牛顿第二定律有F 1－F 2－F fm ＝ma ，F 2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F 1方向，物块一直加速，故选项B 、D 均错误，在t ＝4s 时加速度最大为a m ＝F 1－F fm m ＝5－21m/s 2＝3 m/s 2，选项C 正确．3．如图2所示，滑腻水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一路，A 、B 的质量别离为m 一、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 一起做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )图2A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 2m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a 答案 D解析 撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k ，形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a ；撤去拉力F 后，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a 、a 2＝m 1m 2a ，故选项D 正确．4．一皮带传送装置如图3所示，皮带的速度v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的刹时，滑块的速度为零，且弹簧正益处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一进程中，滑块的速度和加速度的转变情况是( )图3A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 答案 D解析 滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f 和弹簧向右的拉力F 拉＝kx ，合力F 合＝F f －F拉＝ma ，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一进程中，x 逐渐增大，拉力F 拉逐渐增大，因为皮带的速度v 足够大，所以合力F 合先减小后反向增大，从而加速度a 先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等以后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．5．(多选)如图4所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的滑腻斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的刹时，下列说法正确的是( )图4A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sinθB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sinθD．B、C之间杆的弹力大小为0答案CD解析初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力F N、细线的拉力F T，由平衡条件可得F T＝2mg sinθ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力F T，由平衡条件可得：F弹＝F T＋mg sinθ＝3mg sinθ，细线被烧断的刹时，拉力会突变成零，弹簧的弹力不变，按照牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2g sinθ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝g sinθ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sinθ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．题组2 超重和失重问题6．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是( )A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D7．若货物随起落机运动的v－t图象如图5所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )图5答案 B解析由v－t图象可知：进程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．8．为了让乘客搭车更为舒适，某探讨小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的转变而自动调整，使座椅始终维持水平，如图6所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )图6A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上答案 C解析当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，按照牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y.F N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．。

第2讲牛顿第二定律的应用(1)➢教材知识梳理一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出________，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：加速度或根据运动规律求出________，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．说明：牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁，加速度是解题的关键．二、超重和失重1．超重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为超重现象．2．失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为失重现象．3．完全失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________的情况称为完全失重现象．4．视重与实重(1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为________．视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．(2)物体实际受到的重力大小称为________．三、连接体与隔离体1．连接体与隔离体：两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为________．如果把其中某个(或几个)物体隔离出来，该物体称为________．2．外力和内力(1)以物体系为研究对象，系统之外其他物体的作用力是系统受到的________，而系统内各物体间的相互作用力为________．(2)求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑________；如果把物体隔离出来作为研究对象，那么这些内力将变为隔离体的________．答案：一、1.加速度 2.加速度二、1.大于 2.小于 3.等于零4．(1)视重(2)实重三、1.连接体隔离体2．(1)外力内力(2)内力外力[思维辨析](1)放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力．( )(2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果．( )(3)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定．( )(4)物体处于超重状态时，物体的重力大于mg.( )(5)物体处于完全失重状态时其重力消失．( )(6)物体处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关．( )(7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力．( )答案：(1)(×)(2)(√)(3)(×)(4)(×)(5)(×) (6)(√)(7)(×)➢考点互动探究考点一解决动力学两类问题的基本思路1 [2016·某某卷] (17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图3­7­2所示，竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图3­7­1图3­7­2[解答规X] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，那么________＝ma 1(2分)f ＝________(2分)联立以上二式并代入数据得a 1＝5 m/s 2(1分)a 1的方向沿制动坡床向下．(1分)(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，那么Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2(2分) F ＝k (m ＋M )g (2分) s 1＝________(2分) s 2＝________(2分) s ＝________(1分) l ＝l 0＋s 0＋s 2(1分)联立并代入数据得l ＝98 m ．(1分)答案：f ＋mg sin θμmg cos θvt －12a 1t 2vt －12a 2t 2s 1－s 21 研究说明，一般人的刹车反应时间(即图3­7­3甲中“反应过程〞所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移x 与速度v 的关系曲线如图乙所示．此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g 取10 m/s 2.求：(1)减速过程中汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者比一般人增加的反应时间；(3)减速过程中汽车对志愿者的作用力大小与志愿者重力大小的比值．图3­7­3答案：(1)8 m/s 22.5 s (2)0.3 s (3)415[解析] (1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得，初速度v 0＝20 m/s ，末速度v ＝0，位移x ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2ax t ＝v 0a联立以上两式，代入数据得a ＝8 m/s 2，t ＝2.5 s(2)设志愿者正常情况下反应时间为t ′，饮酒后反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得L ＝v 0t ′＋xΔt ＝t ′－t 0联立以上两式，代入数据得 Δt ＝0.3 s(3)设志愿者所受的合外力大小为F ，汽车对志愿者的作用力大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得F ＝ma由平行四边形定那么得F 20＝F 2＋(mg )2联立以上两式，代入数据得F 0mg ＝415.2 [2016·某某质量检测] 如图3­7­4所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是半圆的圆心，圆和半圆处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于圆和半圆的圆周上，轨道与圆的竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，那么小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )图3­7­4A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EF答案：B [解析] 设圆的直径为D ，半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得t AB ＝2〔D cos α＋R 〕g cos α＝2Dg＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可得t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2Dg＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系α>β>θ可知，t AB >t CD >t EF ，选项B 正确．考点二2 [2016·某某某某如皋模拟] 我国“80后〞女航天员王亚平在“天宫一号〞里给全国的中小学生们上了一堂实实在在的“太空物理课〞．在火箭发射、飞船运行和回收过程中，王亚平要承受超重或失重的考验，以下说法正确是( )A ．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于超重状态B ．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于失重状态C ．飞船在绕地球匀速运行时，王亚平处于超重状态D ．火箭加速上升时，王亚平处于失重状态 答案：A[解析] 飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故A 正确，B 错误；飞船在绕地球匀速运行时，万有引力提供向心力，加速度方向向下，王亚平处于失重状态，故C 错误；火箭加速上升时，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故D 错误．■ 题根分析此题通过受力分析和牛顿第二定律，考查运动过程中的超重、失重问题．对超重、失重问题的分析应注意：(1)超重、失重现象的实质是物体的重力的效果发生了变化，重力的效果增大，那么物体处于超重状态；重力的效果减小，那么物体处于失重状态．重力的作用效果表达在物体对水平面的压力、物体对竖直悬线的拉力等方面，在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化．(2)物体是处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而不是速度的方向．只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态，当物体的加速度等于重力加速度时(竖直向下)，物体就处于完全失重状态．(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平不能测量物体的质量、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等．■ 变式网络式题1 [2016·某某质量检测] 如图3­7­5所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲〞过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立〞过程．关于她的实验现象，以下说法中正确的选项是( )图3­7­5A．只有“起立〞过程才能出现超重的现象B．只有“下蹲〞过程才能出现失重的现象C．“下蹲〞的过程中，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立〞“下蹲〞的过程中，都能出现超重和失重的现象答案：D [解析] “起立〞的过程中，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动时加速度方向向上，出现超重现象，减速向上运动时加速度方向向下，出现失重现象，即“起立〞过程先出现超重现象后出现失重现象；“下蹲〞的过程中，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动时加速度方向向下，出现失重现象，减速向下运动时加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲〞过程先出现失重现象后出现超重现象，D正确，A、B、C错误．式题2 [2016·某某质量检测] 如图3­7­6所示，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．假设运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，那么( )图3­7­6A．车厢对货物的作用力大小等于mgB．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C．悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)gD．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上答案：C [解析] 货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知，车厢与货物的重力和悬臂对车厢的作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)g，选项C正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大于mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A、B错误．式题3 (多项选择)飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员处于完全失重状态时，以下说法正确的选项是( )A．宇航员不受任何力作用B．宇航员处于平衡状态C．地球对宇航员的引力全部用来提供向心力D．正立和倒立时宇航员一样舒服答案：CD [解析] 飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力，选项A错误；宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员受到地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，不是处于平衡状态，选项B错误，选项C正确；完全失重状态下，重力的效果完全消失，正立和倒立情况下，身体中的器官都是处于悬浮状态，没有差别，所以一样舒服，选项D正确．考点三连接体问题应用牛顿第二定律解决连接体类问题时，正确地选取研究对象是解题的关键．假设连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，那么可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)；假设连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内各物体之间的作用力，那么需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解；假设连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作用力，那么可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力〞．如图3­7­7所示，一足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝37°，大小可以忽略的两个小物体A 、B 的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝4 kg ，两物体之间的轻绳长L ＝0.5 m ，轻绳可承受的最大拉力为T ＝12 N ．对B 施加一沿斜面向上的力F ，使A 、B 由静止开始一起向上运动，力F 逐渐增大，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)假设某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F 的大小；(2)假设轻绳拉断瞬间A 、B 的速度为3 m/s ，绳断后保持外力F 不变，当A 运动到最高点时，求A 、B 之间的距离．图3­7­7[解析] (1)对整体受力分析，根据牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g sin θ＝(m A ＋m B )a隔离A 物体，根据牛顿第二定律得T －m A g sin θ＝m A a联立解得F ＝60 N(2)取沿斜面向上为正方向．隔离A 物体，根据牛顿第二定律得 －m A g sin θ＝m A a A解得a A ＝－g sin θ＝－6 m/s 2那么A 物体到最高点所用时间t ＝0－v 0a A＝0.5 s此过程A 物体的位移为x A ＝v 02·t ＝0.75 m隔离B 物体，根据牛顿第二定律得F －m B g sin θ＝m B a B解得a B ＝F m B－g sin θ＝9 m/s 2此过程B 物体的位移为x B ＝v 0t ＋12a B t 2＝2.625 m两者间距为x B －x A ＋L ＝2.375 m.1 [2016·某某某某月考] 如图3­7­8所示，质量为m 1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小( )图3­7­8A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大答案：C [解析] 在水平面上时，对整体，由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 1－μm 1g ＝m 1a 1，联立解得T 1＝m 1m 1＋m 2F ；在斜面上时，对整体，由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g cos θ－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a 2，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 2－μm 1g cos θ－m 1g sin θ＝m 1a 2，联立解得T 2＝m 1m 1＋m 2F ；在竖直方向上运动时，对整体，由牛顿第二定律得F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 3，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 3－m 1g ＝m 1a 3，联立解得T 3＝m 1m 1＋m 2F .综上分析可知，线上的拉力大小始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F ，选项C 正确．2 a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用大小为F 的恒力竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，如图3­7­9所示，以下说法正确的选项是( )图3­7­9A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．假设m1>m2，那么x1>x2D．假设m1<m2，那么x1<x2答案：A [解析] 在竖直方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx1－m2g＝m2a1，联立解得kx1＝m2Fm1＋m2；在水平方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a2，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx2＝m2a2，联立解得kx2＝m2Fm1＋m2，可见x1＝x2，选项A正确．■ 方法技巧求解连接体内部物体之间的作用力时，一般选受力较少的隔离体为研究对象；求解具有相同的加速度的连接体外部对物体的作用力或加速度时，一般选取系统整体为研究对象．大多数连接体问题中需要整体法和隔离法交替使用．[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 假设货物随升降机运动的v­t图像如下图(竖直向上为正)，那么货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是图中的( )图1­3A B C D[解析] B 货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由v­t图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、第五两个阶段为基准(支持力等于重力)，可得B正确．2．(多项选择)[2015·某某卷] 如下图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑[解析] BD 升降机匀速运动时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mg sin θ＝f，垂直于斜面方向，有F N＝mg cos θ，又知f＝μF N，解得μ＝tan θ；升降机加速上升，时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A错误，选项B正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f′－mg sin θ＝ma sin θ，垂直于斜面方向，有F′N－mg cos θ＝ma cos θ，解得f′F N′＝tan θ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C错误，选项D正确．3．[2013·某某卷] 如下图，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为(重力加速度为g)( )A．T＝m(g sin θ＋a cos θ)，F N＝m(g cosθ－a sin θ)B．T＝m(g cos θ＋a sin θ)，F N＝m(g sin θ－a cos θ)C．T＝m(a cos θ－g sin θ)，F N＝m(g cos θ＋a sin θ)D．T＝m(a sin θ－g cos θ)，F N＝m(g sin θ＋a cos θ)[解析] A 对物体进行受力分析，如下图，应用牛顿第二定律，在水平方向有T cos θ－F N sin θ＝ma，在竖直方向有T sin θ＋F N cos θ＝mg，解得T＝ma cos θ＋mg sin θ，F N＝mg cos θ－ma sin θ，选项A正确．4．(多项选择)[2013·某某卷] 如下图，总质量为460 kg的热气球从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．假设离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，以下说法正确的选项是( )A．所受浮力大小为4830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N[解析] AD 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830 N，故A正确．如果热气球一直匀加速上升，那么上升180 m时的速度v＝2ah＝6 5 m/s>5 m/s，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，那么上升180 m所用的时间t＝2ha＝12 5 s>10s，说明上升10 s后还未上升到180 m处，速度小于5 m/s，故C错误．以5 m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f＝F－mg＝230 N，故D正确．。

第2单元 牛顿运动定律的应用一、牛顿运动定律在动力学问题中的应用1．运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（1）已知受力情况，要求物体的运动情况．如物体运动的位移、速度及时间等．（2）已知运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）．但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案．常用的运动学公式为匀变速直线运动公式，2/2,2,21,0202200t t t t v v v t s v as v v at t v s at v v =+===-+=+=等. 2．应用牛顿运动定律解题的一般步骤（1）认真分析题意，明确已知条件和所求量，搞清所求问题的类型.（2）选取研究对象.所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的整体.同一题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象.（3）分析研究对象的受力情况和运动情况.（4）当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直运动的方向上.（5）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程，物体所受外力、加速度、速度等都可根据规定的正方向按正、负值代入公式，按代数和进行运算.（6）求解方程，检验结果，必要时对结果进行讨论.3．应用例析【例1】一斜面AB 长为10m ，倾角为30°，一质量为2kg 的小物体（大小不计）从斜面顶端A 点由静止开始下滑，如图所示（g 取10 m/s 2）若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，求小物体下滑到斜面底端B 点时的速度及所用时间．【例2】如图所示，一高度为h =0.8m 粗糙的水平面在B 点处与一倾角为θ=30°光滑的斜面BC 连接，一小滑块从水平面上的A 点以v 0=3m/s 的速度在粗糙的水平面上向右运动。

基础课2 牛顿第二定律两类动力学问题知识排查知识点一牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律(1）内容物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。

加速度的方向与作用力方向相同.(2)表达式:F＝ma。

(3)适用范围①只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。

②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动（远小于光速）的情况.2。

单位制(1）单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

（2）基本单位基本物理量的单位。

力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间,它们的国际单位分别是kg、m 和s。

（3)导出单位由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

知识点二两类动力学问题1.动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。

第二类：已知运动情况求物体的受力情况。

2.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图：小题速练1.思考判断（1)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。

（)（2)物体所受合外力越大，速度越大。

( ）(3）物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小。

（)(4）物体的加速度大小不变一定受恒力作用。

（）(5）运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。

（）（6）千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。

( )答案(1)√（2)×(3）×(4）×(5)×（6)×2.[人教版必修1P78第1题改编]由牛顿第二定律F＝ma可知,无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为（)A。

牛顿第二定律不适用于静止的物体B.桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到C.推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值D.桌子所受的合力为零，加速度为零答案D3。

【高三】2021届高考物理第一轮导学案复习牛顿第二定律的应用2021届高三物理一轮复习导学案三、牛顿运动定律（3）【课题】牛顿第二定律的应用（一）【导学目标】1、进一步加深对牛顿定律的理解2、会运用牛顿第二定律处理连接体和超、失重问题【知识要点】一、超重和失重1、当系统的加速度竖直向上时（向上加速运动或向下减速运动）发生“超重”现象，超出的部分是ma；当系统的加速度竖直向下时（向下加速运动或向上减速运动）发生“失重”现象，失去的部分是ma；当竖直向下的加速度是g时（自由落体运动或处于绕地球做匀速圆周运动的飞船里）发生“完全失重”现象。

2、不管物体处于失重还是超重状态，物体本身的重力并没有改变，而是对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）不等于物体本身的重力。

3、在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受到浮力、液体柱不再产生向下的压强等。

二、简单连接体问题的处理方法在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体（当成一个质点）分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程。

三、临界问题的分析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；利用临界值来作为解题思路的起点是一种很有用的思考途径，也可以说是利用临界条件求解．这类问题的关键在于抓住满足临界值的条件，准确地分析物理过程，进行求解．【典型剖析】[例1]（启东市2021届高三第一次调研）某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动并观察体重秤示数的变化情况.下表记录了几个特定时刻体重秤的示数.（表内时间不表示先后顺序）时间t0t1t2t3体重秤示数/kg45.050.040.045.0若已知t0时刻电梯静止，则下列说法错误的是（）A．t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化；B．t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反；C．t1和t2时刻电梯的加速度大小相等，运动方向不一定相反；D．t3时刻电梯可能向上运动[例2]（海门市2021届第一次诊断性考试）如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块AB，水平推力F作用在A上，用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是（）A．若地面是完全光滑的，则FAB=FB．若地面是完全光滑的，则FAB=F /2C．若地面是有摩擦的，且AB未被推动，可能FAB=F/3D．若地面是有摩擦的，且AB被推动，则FAB=F/2[例3] 如图所示，在光滑水平面上有一小车 A，其质量为mA=2．0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1．0kg，如图甲所示．给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N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．[例4]（2021年苏、锡、常、镇四市调查二）（14分）如图所示，质量为M的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m的车厢（可作为质点）在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为? ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为? ，汽车的额定功率为P，重力加速度为g，不计空气阻力．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问：（1）汽车所能达到的最大速度为多少？（2）汽车能达到的最大加速度为多少？（3）汽车以最大加速度行驶的时间为多少？[例5] 如图所示物体A静止在台秤的秤盘B上，A的质量mA=10.5 kg，B的质量mB=1.5 kg，弹簧的质量忽略不计，弹簧的劲度系数 k=800 N／m．现给A施加一个竖直向上的力F，使它向上做匀加速直线运动．已知力F在t=0.2s内是变力，在0.2S后是恒力．求 F的最大值与最小值．（取g=10 m／s2）【训练设计】1、（通州市2021届第六次调研）如图甲所示，轻弹簧一端竖直固定在水平地面上，其正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧的上端O处，将弹簧压缩了x0时，物块的速度变为零．从物块与弹簧接触开始，在图乙中能正确反映物块加速度的大小随下降的位移x变化的图象可能是（）2、（盐城市2021届六所名校联考）如图所示，一质量为M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，用一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面匀速上滑，在A上滑的过程中直角劈B相对地面始终静止，则关于地面对劈的摩擦力f及支持力N正确的是（）A．f = 0 ，N = Mg+mg B．f向左，NC．f向右，N3、（宿迁市2021届第一次调研）如图所示 ,木块A与B用一弹簧相连,竖直放在木块C上,三者静止于地面,它们的质量之比为1：2：3,设所有接触面是光滑的,当沿水平方向迅速抽出C的瞬间, A和B的加速度分别为（）A．0，0 ； B．0，g ；C．0，3g /2 ； D．g ，3g /2 ；4、（2021江苏第9题）如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。

第2讲牛顿第二定律的基本应用一、牛顿第二定律1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成①正比 ,跟它的质量成②反比 ,加速度的方向跟作用力的方向③相同。

2.表达式:F=ma。

3.适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面④静止或做⑤匀速直线运动的参考系。

(2)牛顿第二定律只适用于⑥宏观物体(相对于分子、原子等)、⑦低速运动(远小于光速)的情况。

二、两类动力学基本问题1.两类动力学问题2.解决两类动力学基本问题的方法:以⑧加速度为“桥梁”,由运动学公式和⑨牛顿运动定律列方程求解。

三、力学单位制1.单位制:⑩基本单位和导出单位一起组成了单位制。

2.基本单位:基本物理量的单位。

基本物理量共有七个,其中力学范围内有三个,它们是长度、质量、时间 ,它们的单位分别是米、千克、秒。

3.导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

四、超重、失重现象超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象1.判断下列说法对错。

(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。

(√)(2)质量越大的物体,加速度越小。

(✕)(3)物体的质量与加速度成反比。

(✕)(4)物体受到合外力作用,立即产生加速度。

(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。

(✕)(6)物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。

(√)2.(2019辽宁沈阳四校协作体联考)如图所示,当小车向右加速运动时,物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时( )A.M所受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止D.M所受静摩擦力减小2.答案 C3.如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作,下列F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是( )3.答案 C考点一 牛顿第二定律的理解1.牛顿第二定律的五个特性2.合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小,或是零,只要合力不为零,物体都有加速度。

牛顿第二定律两类动力学问题必备知识一、牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律:(1)内容:物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比。

加速度的方向与作用力的方向相同。

(2)表达式:F=ma。

(3)适用范围。

①只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。

②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

如图甲所示,一人在大型超市购物时,随扶梯一起向上匀加速运动。

则:a.人的受力如图乙所示。

b.水平方向:f=macosθ,竖直方向:N-mg=masinθ。

2.单位制:(1)单位制:由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

(2)基本单位:基本物理量的单位。

力学中的基本量有三个,它们分别是质量、长度和时间,它们的国际单位分别是 kg、m和s。

(3)导出单位:由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

二、牛顿第二定律的应用1.动力学的两类基本问题:第一类:已知受力情况求物体的运动情况。

第二类:已知运动情况求物体的受力情况。

2.解决两类基本问题的方法:以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。

基础小题1.判断下列题目的正误。

(1)牛顿第二定律表达式F=ma在任何情况下都适用。

( )(2)物体所受合外力大,其加速度一定大。

( )(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力,当力刚作用瞬间,物体立即获得加速度。

( )(4)物体由于做加速运动,所以才受合外力作用。

( )(5) F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关。

( )(6)物体所受合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。

( )(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系。

( )提示:(1)×。

牛顿第二定律只适用于惯性参考系和解决宏观物体的低速运动问题。

(2)×。

根据牛顿第二定律,如果物体的质量很大,虽然合外力很大,其加速度不一定大。

专题突破训练[基础训练试题]1.(多选)如图所示,一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用,前方固定一足够长的水平轻弹簧,则当木块接触弹簧后,下列判断正确的是( )A.木块立即做减速运动B.木块在一段时间内速度仍增大C.当F 等于弹簧弹力时,木块速度最大D.弹簧压缩量最大时,木块速度为零但加速度不为零【试题解答】:选BCD.木块刚开始接触弹簧时,弹簧对木块的作用力小于外力F ,木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动,直到二力相等,而后,弹簧对木块的作用力大于外力F ,木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动,直到速度为零,但此时木块的加速度不为零,故选项A 错误,B 、C 、D 正确.2.质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶,阻力大小不变,从某时刻开始,汽车牵引力减少2 000 N,那么从该时刻起经过6 s,汽车行驶的路程是( )A.50 mB.42 mC.25 mD.24 m【试题解答】:选 C.汽车匀速行驶时,F ＝F f ①,设汽车牵引力减小后加速度大小为a ,牵引力减少ΔF ＝2 000 N 时,F f －(F －ΔF )＝ma ②,解①②得a ＝2 m/s 2,与速度方向相反,汽车做匀减速直线运动,设经时间t 汽车停止运动,则t ＝v 0a ＝102 s ＝5 s,故汽车行驶的路程x ＝v 02t ＝102×5 m ＝25 m,故选项C 正确.3. (多选)建设房屋时,保持底边L 不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动.下列说法正确的是( )A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大,雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的速度越大D.倾角θ越大,雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的时间越短【试题解答】:选AC.设屋檐的底角为θ,底边长度为L,注意底边长度是不变的,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N,垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N,平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力大小：F N′＝F N＝mg cos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据三角关系判断,屋顶坡面的长度x＝L2cos θ,由x＝12g sinθ·t2,可得：t＝2Lg sin 2θ,可见当θ＝45°时,用时最短,D错误;由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.4.如图甲所示,质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F,t1＝0.5 s时撤去拉力,物体速度与时间(v -t)的部分图象如图乙所示.(g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)问：(1)拉力F的大小为多少？(2)物体沿斜面向上滑行的最大距离s为多少？【试题解答】:(1)设物体在力F作用时的加速度为a1,撤去力F后物体的加速度为a2,根据图象可知：a1＝Δv1Δt1＝8－00.5m/s2＝16 m/s2a2＝Δv2Δt2＝4－80.5m/s2＝－8 m/s2力F作用时,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可知F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1,撤去力F后对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可知－(mg sin θ＋μmg cos θ)＝ma2,解得：F＝24 N.(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2,此时物体速度为零,有t2＝0－v ma2＝0－8－8s＝1 s向上滑行的最大距离：s＝v m2·(t1＋t2)＝82×1.5 m＝6 m.答案：(1)24 N(2)6 m5.一质量为m ＝2 kg 的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a ＝2.5 m/s 2匀加速下滑.如图所示,若用一水平向右的恒力F 作用于滑块,使之由静止开始在t ＝2 s 内能沿斜面运动位移x ＝4 m.求：(g 取10 m/s 2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ; (2)恒力F 的大小.【试题解答】:(1)对滑块,根据牛顿第二定律可得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma , 解得：μ＝36. (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度沿斜面向上和向下两种可能. 由x ＝12a 1t 2,得a 1＝2 m/s 2,当加速度沿斜面向上时：F cos θ－mg sin θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma 1, 代入数据解得：F ＝7635 N;当加速度沿斜面向下时：mg sin θ－F cos θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma 1, 代入数据解得：F ＝437 N.答案：(1)36 (2)7635 N 或437N [能力提升训练试题]6.(多选)一个质量为2 kg 的物体,在5个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为15 N 和10 N 的两个力,其余的力保持不变,关于此后该物体的运动的说法中正确的是( )A.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是5 m/s 2B.一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小C.可能做匀减速直线运动,加速度大小是2.5 m/s 2D.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小是5 m/s 2【试题解答】:选BC.根据平衡条件得知,其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为15 N 和10 N 的两个力后,物体的合力大小范围为5 N ≤F 合≤25 N,根据牛顿第二定律a ＝Fm得：物体的加速度范围为2.5 m/s 2≤a ≤12.5 m/s 2.若物体原来做匀速直线运动,撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上,物体做匀变速曲线运动,加速度大小可能为5 m/s 2,故A 错误.由于撤去两个力后其余力保持不变,则物体所受的合力不变,一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小,故B 正确.若物体原来做匀速直线运动,撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时,物体做匀减速直线运动,故C 正确.由于撤去两个力后其余力保持不变,在恒力作用下不可能做匀速圆周运动,故D 错误.7.如图所示,几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度,从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球,若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点,则各小球最高点的位置( )A.在同一水平线上B.在同一竖直线上C.在同一抛物线上D.在同一圆周上【试题解答】:选D.设某一直轨道与水平面成θ角,末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动,则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm＝g sin θ,由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2,即l sin θ＝12gt 2,不同的倾角θ对应不同的位移l ,但l sin θ相同,即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上,选项D 正确.8.如图所示,B 是水平地面上AC 的中点,可视为质点的小物块以某一初速度从A 点滑动到C 点停止.小物块经过B 点时的速度等于它在A 点时速度的一半.则小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1和BC 段间的动摩擦因数μ2的比值为( )A.1B.2C.3D.4【试题解答】:选C.物块从A 到B 根据牛顿第二定律,有μ1mg ＝ma 1,得a 1＝μ1g .从B 到C 根据牛顿第二定律,有μ2mg ＝ma 2,得a 2＝μ2g .设小物块在A 点时速度大小为v ,则在B 点时速度大小为v 2,由于AB ＝BC ＝l ,由运动学公式知,从A 到B ：⎝⎛⎭⎫v 22－v 2＝－2μ1gl ,从B 到C ∶0－⎝⎛⎭⎫v 22＝－2μ2gl ,联立解得μ1＝3μ2,故选项C 正确,A 、B 、D 错误.9.有一个冰上滑木箱的游戏节目,规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后,放手让箱向前滑动,若箱最后停在有效区域内,视为成功;若箱最后未停在有效区域内就视为失败.其简化模型如图所示,AC 是长度为L 1＝7 m 的水平冰面,选手们可将木箱放在A 点,从A 点开始用一恒定不变的水平推力推木箱,BC为有效区域.已知BC长度L2＝1 m,木箱的质量m＝50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N,木箱沿AC做直线运动,若木箱可视为质点,g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功,试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小;(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件.【试题解答】:(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1,解得a1＝3 m/s2.(2)设撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得μmg＝ma2,解得a2＝1 m/s2.推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝12a1t2.撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2＝(a1t)2 2a2.为使木箱停在有效区域内,要满足L1－L2≤x1＋x2≤L1,解得1 s≤t≤76s.答案：(1)3 m/s2(2)1 s≤t≤76s10.如图所示,一儿童玩具静止在水平地面上,一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动,已知拉力F＝6.5 N,玩具的质量m＝1 kg,经过时间t＝2.0 s,玩具移动的距离x＝2 3 m,这时幼儿将手松开,玩具又滑行了一段距离后停下.(g取10 m/s2)求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数.(2)松手后玩具还能滑行多远？(3)幼儿要拉动玩具,拉力F与水平方向夹角θ为多少时拉力F最小？【试题解答】:(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动,由位移公式可得x＝12at2,解得a＝ 3 m/s2,对玩具,由牛顿第二定律得F cos 30°－μ(mg－F sin 30°)＝ma,解得μ＝33. (2)松手时,玩具的速度v ＝at ＝2 3 m/s 松手后,由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′, 解得a ′＝1033m/s 2. 由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′＝335 m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ,玩具要在水平面上运动,则 F cos θ－F f >0,F f ＝μF N , 在竖直方向上,由平衡条件得 F N ＋F sin θ＝mg , 解得F >μmgcos θ＋μsin θ.因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ), 所以当θ＝30°时,拉力最小. 答案：(1)33 (2)335m (3)30°。

课时2 牛顿第二定律超重与失重一、牛顿第二定律1.内容：物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同.2.表达式:F=ma。

3.适用范围(1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系。

(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等）、低速运动(远小于光速)的情况.二、两类动力学问题1.已知物体的受力情况，求物体的运动情况。

2。

已知物体的运动情况,求物体的受力情况。

温馨提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用,将运动学规律和牛顿第二定律相结合,寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向。

考点一牛顿第二定律1.表达式:F=kma，k的数值由F，m，a的单位决定,在国际单位制中，即“m”的单位取kg,“a”的单位取m/s2，“F”的单位取N时，k=1，即F=ma。

2.对牛顿第二定律的理解力是产生加速度的原因,作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律；速度的改变需经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度,但有力不一定有速度。

[典例1］下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解正确的是（)A.由F=ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比,与物体的加速度成反比B.由m=F可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比a可知,物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量无关C。

由a=FmD。

由m=F可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力求出a解析：牛顿第二定律的表达式F=ma表明了各物理量之间的数量关系,即已知两个量，可求第三个量。

但物体的质量是由物体本身决定的,与受力无关，作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的,与物体的质量和加速度无关;但物体的加速度与质量有关，故排除A,B，C，选D。

答案：D变式1：运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M，m,球拍平面和水平面之间夹角为θ,球拍与球保持相对静止，它们间的摩擦及空气阻力不计,则（ B )A 。