第3章 第2课时牛顿第二定律 两类动力学问题

第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题1．[对力、加速度和速度关系的理解]关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )A ．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零 2．[对牛顿第二定律内容和公式的理解]由牛顿第二定律表达式F ＝ma 可知( )A ．质量m 与合外力F 成正比，与加速度a 成反比B ．合外力F 与质量m 和加速度a 都成正比C ．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D ．物体的加速度a 跟其所受的合外力F 成正比，跟它的质量m 成反比3．[力学单位制的应用]在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2 cm ，若还测出小车的质量为500 g ，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 ＝1.20.12 m /s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m /s 2＝1.2 m/s 2 C ．F ＝500×1.2 N ＝600 N D ．F ＝0.5×1.2 N ＝0.60 N4．[应用牛顿第二定律解决瞬时性问题]质量均为m 的A 、B 两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A 紧靠墙壁，如图1所示，今用恒力F 将B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间( )图1A ．A 球的加速度为F2mB ．A 球的加速度为零C ．B 球的加速度为F2mD ．B 球的加速度为Fm考点一 对牛顿第二定律的理解例1 (2013·海南单科·2)一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是( )A ．a 和v 都始终增大B ．a 和v 都先增大后减小C ．a 先增大后减小，v 始终增大D ．a 和v 都先减小后增大突破训练1 (2014·淮安市第一次调研)如图2所示，木板A 放在水平地面上，小物块B 通过轻弹簧与A 左侧的挡板P 连接，A 与B 、A 与地面之间均粗糙．开始时弹簧处于原长，B 位于A 上的O 点．现将B 拉至C 点由静止释放向左运动，到达某点时速度为零(上述过程中A 一直保持静止)，则此时( )图2A ．B 所受的摩擦力可能为零 B ．A 所受的摩擦力不可能为零C ．B 可能位于O 点的左侧D ．B 不可能位于O 点的右侧 考点二 牛顿第二定律的瞬时性分析例2 如图3所示，A 、B 两小球分别连在轻绳两端，B 球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )图3A ．都等于g2B.g 2和0C.g 2和m A m B ·g 2D.m A m B ·g 2和g 2突破训练2 如图4所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图4A ．0 B.233gC ．gD.33g考点三 动力学两类基本问题例3 如图5所示，在倾角θ＝30°的固定斜面的底端有一静止的滑块，滑块可视为质点，滑块的质量m ＝1 kg ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝36，斜面足够长．某时刻起，在滑块上作用一平行于斜面向上的恒力F ＝10 N ，恒力作用时间t 1＝3 s 后撤去．求：从力F 开始作用时起至滑块返回斜面底端所经历的总时间t 及滑块返回底端时速度v 的大小(g ＝10 m/s 2)．图5突破训练3 如图6所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m ＝1 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F ＝9.6 N 的作用，从静止开始运动，经2 s 绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m /s ？(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)图611.利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题例4 如图7所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 的质量为m ，B 的质量为3m ，水平作用力为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力为( )图7A ．μFB ．2μF C.32m (g ＋a )D ．m (g ＋a )高考题组1．(2013·安徽·14)如图8所示，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 )( )图8A ．T ＝m (g sin θ＋a cos θ) F N ＝m (g cos θ－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)2．(2013·课标Ⅱ·14)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图象是( )模拟题组3.有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断．例如从解的物理量的单位；解随某些已知量变化的趋势；解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性．举例如下：如图9所示，质量为M 、倾角为θ的滑块A 放置在水平地面上．把质量为m 的滑块B 放在A 的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B 相对地面的加速度a ＝M ＋mM ＋m sin 2θg sinθ，式中g 为重力加速度．对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．其中正确的是( )图9A ．当θ＝0°时，该解给出a ＝0，这符合常识，说明该解可能是对的B ．当θ＝90°时，该解给出a ＝g ，这符合实验结论，说明该解可能是对的C ．当M ≫m 时，该解给出a ＝g sin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的D ．当m ≫M 时，该解给出a ＝gsin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 4．两个质量分别为m 1、m 2的物体A 和B 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图10所示，如果它们分别受到水平推力2F 和F ，则A 、B 之间弹力的大小为( )图10A.m 2m 1＋m 2F B.m 1m 1＋m 2F C.m 1＋2m 2m 1＋m 2FD.2m 1＋m 2m 1＋m 2F 5．如图11甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F 作用(g 取10 m/s 2)．求：图11(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数． (2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小． (3)21 s 内力F 对物体所做的功．(限时：45分钟)►题组1对牛顿第二定律的理解和简单应用1．下列说法正确的是() A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B．物体所受到的合外力不变(F合≠0)，其运动状态就不改变C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大2.一实验兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图1所示．根据图象提供的信息，以下判断正确的是()图1A．t2时刻该同学的脚刚接触地面B．t3时刻该同学的加速度为零C．在t2至t3时间内该同学处于下落阶段D．在t3至t4时间内该同学处于加速下落阶段3.如图2所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是(斜面倾角为θ) ()图2A．F1增大，F2不变B．F1增大，F2增大C．F1不变，F2增大D．F1不变，F2减小►题组2应用牛顿第二定律分析瞬时问题4．如图3所示，质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()图3A．弹簧测力计的示数是10 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变5.水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图4所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是()图4A．此时轻弹簧的弹力大小为20 NB．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为06．细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，如图5所示．将细绳烧断后，下列说法中正确的是()图5A．小球立即开始做自由落体运动B．小球离开弹簧后做平抛运动C．小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等D．小球离开弹簧后做匀变速运动►题组3用整体法与隔离法处理连接体问题7.如图6所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)．已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( )图6A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 28．如图7所示，质量为m 2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m 1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则( )图7A ．车厢的加速度为g sin θB ．绳对物体1的拉力为m 1gcos θC ．底板对物体2的支持力为(m 2－m 1)gD ．物体2所受底板的摩擦力为09．如图8所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O ，现用过O 的水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区间，则下列说法正确的是( )图8A ．若小车沿斜面向上匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C ．无论小车沿斜面向下的加速度多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D．无论小车沿斜面向上的加速度多大，稳定后细线都不可能沿与ON重合的水平方向►题组4两类动力学问题的分析与计算10.2013年冬天哈尔滨连降大雪，路面结冰严重，行驶汽车难以及时停车，经常出现事故．因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦．如图9所示，一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰，灰粒之间的动摩擦因数为μ1，炉灰与车厢底板的动摩擦因数为μ2，卸灰时车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)下列说法正确的是()图9A．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足tan θ>μ2B．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足sin θ>μ2C．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足μ1<tan θ<μ2D．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足tan θ<μ1<μ211．质量m＝2 kg的滑块受到一个沿斜面方向的恒力F作用，从斜面底端开始，以初速度v0＝3.6 m/s沿着倾角为θ＝37°且足够长的斜面向上运动，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.滑块向上滑动过程的速度—时间(v－t)图象如图10所示．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图10(1)滑块上滑过程的加速度大小和方向；(2)该恒力F的大小和方向．12．如图11甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点．滑块运动的速度—时间图象如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)图11(1)A、B之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．。

第三章 第2讲知识巩固练习1．如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A ．OA 方向B ．OB 方向C ．OC 方向D ．OD 方向【答案】D【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，D 正确．2．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图像，可能正确的是( )【答案】C【解析】皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝k v 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝k vm ＋g ，则a 随v的减小而减小．又v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．3．(2019年南通模拟)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 小球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A 、B 两小球都静止不动，A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两小球的加速度分别为( )A ．a A ＝aB ＝g B ．a A ＝2g ，a B ＝0C ．a A ＝3g ，a B ＝0D ．a A ＝23g ，a B ＝0【答案】D【解析】设两个小球的质量都为m ，以A 、B 小球整体作为研究对象，A 处于静止状态，受力平衡，由平衡条件得细线拉力T ＝2mg tan 60°＝23mg ，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，A 球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得a A ＝23mg m ＝23g ，B 球的受力情况不变，则加速度仍为0.故D 正确．4．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F 的作用，其下滑的速度—时间图像如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s ，5～10 s,10～15 s 内F 的大小分别为F 1、F 2和F 3，则( )A ．F 1<F 2B ．F 2>F 3C ．F 1>F 3D ．F 1＝F 3【答案】A5．(2018年浙江月考)如图为“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动．当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m 的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 s ．在战车的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．战车在运动过程中导师处于失重状态B ．战车在运动过程中所受外力始终不变C ．战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D ．根据题中信息可以估算导师运动的平均速度【答案】D【解析】由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速的过程中有沿斜面向下的分加速度，车处于失重状态，当车减速时，车有向上的分加速度，车处于超重状态，导师与战车状态相同，故A 错误；由题可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，结合牛顿第二定律可知，车受到的合外力先沿斜面向下，后沿斜面向上，故B 错误； “导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，故C 错误；车的位移是10 m ，时间是4 s ，所以可以求出平均速度v ＝x t ＝104m/s ，故D 正确．6．(2019年舒城月考)m 1、m 2组成的连接体，在拉力F 作用下，沿光滑斜面向上运动，m 1对m 2的拉力为T ，则( )A ．T ＝m 2m 1＋m 2FB ．T ＝m 1m 1＋m 2FC ．T ＝m 2m 1＋m 2(F ＋m 1g sin θ)D ．T ＝m 2m 1＋m 2(F ＋m 2g sin θ)【答案】A【解析】对整体做受力分析可知，整体受重力、拉力、支持力，F －(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ；再对m 2做受力分析可知，其受重力、绳子的拉力、支持力，T －m 2g sin θ＝m 2a .联立解得T ＝m 2m 1＋m 2F ，故选A ．7．(2018年河北模拟)如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )A ．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B ．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD ．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值 【答案】D【解析】小球受到重力mg 、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1作用．设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有F N2cos α＝mg ，因为mg 和α不变，所以无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，选项B 错误，D 正确；水平方向有F N1－F N2sin α＝ma ，因为F N2sin α≠0，竖直挡板的水平弹力不可能为零，选项A 错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cos α与水平方向的力ma 的合力，因此大于ma ，选项C 错误．8．如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ，其下端都固定于底部圆心O ，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力)，则( )A ．a 处小孩最先到O 点B ．b 处小孩最后到O 点C ．c 处小孩最先到O 点D ．a 、c 处小孩同时到O 点 【答案】D【解析】设圆柱半径为R ，滑板长l ＝Rcos θ，a ＝g sin θ，t ＝2la＝4Rg sin 2θ，分别将θ＝30°，45°，60°代入计算可知，t a ＝t c ≠t b ，故D 正确．9．(多选)如图所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零【答案】BC【解析】细线烧断前，对B 球有kx ＝mg sin θ.细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B 球受力平衡，a B ＝0，A 球所受合力为mg sin θ＋kx ＝2mg sin θ，解得a A ＝2g sin θ，故A 、D 错误，B 、C 正确．综合提升练习10．(多选)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．两球在空气中从静止开始下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．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】BD11．如图所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m ＝1.0 kg 的小铁块，它离布带右端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与布带间动摩擦因数为μ＝0.1.现用力从静止开始向左以a 0＝2 m /s 2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g 取10 m/s 2，求：(1)将布带从铁块下抽出需要的时间； (2)铁块离开布带时的速度大小． 【答案】(1)1 s (2)1 m/s【解析】(1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x ，布带移动的距离为L ＋x ，铁块滑动的加速度为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，a ＝μg ＝1 m/s 2. 根据运动学公式有 L ＋x ＝12a 0t 2，x ＝12at 2， 解得t ＝2La 0－μg ＝1 s. (2)由v ＝at 得铁块速度v ＝1×1 m /s ＝1 m/s.12．如图甲所示，L 形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，光滑表面BC 与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)斜面BC 的长度； (2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块发生的位移． 【答案】(1)3 m (2)2.5 kg (3)8 m【解析】(1)分析滑块受力，如图所示，由牛顿第二定律得a 1＝g sin θ＝6 m/s 2， 通过图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t 1＝1 s ， 由运动学公式得s ＝12a 1t 21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为N ′1＝N 1＝mg cos θ， 木块对传感器的压力为F 1＝N ′1sin θ， 由图乙可知F 1＝12 N ， 解得m ＝2.5 kg.(3)滑块滑到B 点的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s ， 由图乙可知：f 1＝f 2＝5 N ，t 2＝2 s ， a 2＝f 2m ＝2 m/s 2，s 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 m.。

高考物理一轮总复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题讲义含解析新人教版06牛顿第二定律两类动力学问题[基础知识·填一填][知识点1] 牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体的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＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma.(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做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)、低速运动(远小于光速)的情况．2．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量．②基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位．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．(2)国际单位制中的基本单位判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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一定受恒力作用．(×)[知识点2] 两类动力学问题1．动力学的两类基本问题(1)已知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.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运动定律列方程求解，具体的逻辑关系如图：[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修1 P78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：D2．(人教必修1 P77科学漫步改编)质量分别为m1和m2的木块，并列放置于光滑水平地面，如图所示，当木块1受到水平力F的作用时，两木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度的大小？(2)木块1对2的弹力．解析：(1)将木块1和2看做一个整体，其合外力为F，由牛顿第二定律知F＝(m1＋m2)a，a＝Fm1＋m2.(2)再以木块2为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F12＝m2a，联立以上两式可得F12＝m2Fm1＋m2.答案：(1)Fm1＋m2(2)m2Fm1＋m23．(人教版必修1 P78第5题)水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为 1.5 m/s2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g取10 m/s2)解析：设阻力为F f，则F－F f＝ma，解得F f＝15 N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′，解得a′＝0.5 m/s2.答案：0.5 m/s24．(人教版必修1 P87第4题改编)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40 km/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间的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2) 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根据匀变速直线运动的规律有v2－v20＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12 m/s汽车刹车前速度为12 m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶．答案：超速5．(人教版必修1 P87第3题改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0 m，斜面气囊长度AC＝5.0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s，g取10 m/s2，求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力)解析：(1)根据运动学公式x ＝12at 2得a ＝2x t 2＝2×522 m/s 2＝2.5 m/s 2故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s 2. (2)乘客在气囊上受力情况如图所示．F f ＝μF N F N ＝mg cos θ根据牛顿第二定律：mg sin θ－F f ＝ma由几何关系可知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8 联立解得μ＝g sin θ－a g cos θ＝716≈0.44故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44. 答案：(1)2.5 m/s 2(2)0.44考点一 对牛顿第二定律的理解[考点解读]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．(2)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝Fm是加速度的决定式，a∝F ，a ∝1m.(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，自由伸长到B 点．今用一小物体m 把弹簧压缩到A 点(m 与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B 点运动到C 点而静止．小物体m 与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是( )A ．物体从A 到B 速度越来越大 B ．物体从A 到B 速度先增加后减小C ．物体从A 到B 加速度越来越小D ．物体从A 到B 加速度先减小后增加 [审题指导](1)由A 到C 的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B 点的左侧．(2)加速度a ＝0的位置在A 、B 之间，速度最大．[解析] BD [物体从A 到B 的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0.开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A 、B 间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动．所以，小物体由A 到B 的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，正确选项为B 、D.]弹簧弹力作用下的动态运动问题的基本处理方法宜采用“逐段分析法”与“临界分析法”相结合，将运动过程划分为几个不同的子过程，而找中间的转折点是划分子过程的关键．(1)合外力为零的点即加速度为零的点，是加速度方向发生改变的点，在该点物体的速度具有极值．(2)速度为零的点，是物体运动方向(速度方向)发生改变的转折点．[题组巩固]1．(2019·商丘模拟)(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是( )A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D．合力变小，物体的速度一定变小解析：ABC [加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为零的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误．]2.(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弹簧，则当木块接触弹簧后( )A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力大小时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为0解析：BC [当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误．]3．(2019·内蒙古包头模拟)(多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧相连，轻质弹簧的另一端分别相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为l，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为l.将圆环拉至A点由静止释放，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )A．圆环通过O点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)klmD ．圆环在B 点的速度为2gl解析：CD [圆环在O 点的合力大小等于重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为a A ＝mg ＋2×k (l 2＋l 2－l )×cos 45°m ＝g ＋(2－2)kl m，C 正确；A 、B 两点到O点的距离都为l ，弹力在此过程中做功为0，根据动能定理得mg ·2l ＝12mv 2，即v ＝2gl ，D 正确．]考点二 瞬时加速度的求解[考点解读]1．两种模型：加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度[典例赏析][典例2] (多选)如图所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g解析：BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球突然脱钩后，细绳q 对球的拉力发生突变，球将开始沿圆弧运动，将球的重力沿绳和垂直绳正交分解(见图1)，得F －mg cos 60°＝mv 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，A 错误，B 正确；q和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg (见图2)，球的加速度大小为g ，故C 错误，D 正确．]在求解瞬时加速度时应注意的问题1．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．[题组巩固]1．(轻绳模型)两个质量均为m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA ，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A 、B 的加速度分别用a 1和a 2表示，则( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝2gC ．a 1＝g ，a 2＝0D ．a 1＝2g ，a 2＝0解析：A [由于绳子张力可以突变，故剪断OA 后小球A 、B 只受重力，其加速度a 1＝a 2＝g .故选项A 正确．]2．(轻杆、轻弹簧模型)如图所示，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：D [撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D对．]3.(轻弹簧模型)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：AC [剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1.mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]考点三动力学的两类基本问题[考点解读]1．动力学的两类基本问题的解题步骤2．解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．[典例赏析][典例3] (2019·东北四校协作体联考)如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离x.[审题指导][解析] (1)在力F 作用0.5 s 内根据牛顿第二定律有F cos θ－mg sin θ－F f ＝ma 1 F sin θ＝F N ＋mg cos θ F f ＝μF N设0.5 s 末速度为v 根据运动学公式有v ＝a 1t 1 撤去F 后0.4 s 内mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 v ＝a 2t 2联立以上各式得μ＝0.5a 1＝8 m/s 2，a 2＝10 m/s 2 v ＝a 2t 2＝4 m/s.(2)x ＝12a 1t 21＋vt 2－12a 2t 22＝1.8 m.[答案] (1)0.5 (2)1.8 m多过程问题的分析方法1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． 3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．[题组巩固]1.(已知物体的受力情况求运动情况)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小． (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离． 解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m ＝1260m/s 2＝0.2 m/s 2经时间t 2速度变为v ′t ＝v 1－a 2t 2＝1.2 m/s －0.2×2.0 m/s＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2， 则v 22－v ′2t ＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2联立解得x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m2．(已知物体的运动情况求受力情况)随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．解析：(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力F f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－F f2＝ma2代入数据解得a2＝4.0 m/s2(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力F f1＝0.05mg 根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v2－v21＝2a2(l－l1)根据牛顿第二定律有F牵＋F推－F f1＝ma1代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵＝1.05×106 N.答案：(1)4.0 m/s2(2)58 m/s2 1.05×106 N物理模型(二) “等时圆”模型[模型特点]1．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且t＝2Rg(如图甲所示)．2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t ＝2Rg(如图乙所示)． [答题模板][典例赏析][典例] 如图所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1 D ．1∶ 3[审题指导](1)物体在AB 、CD 上各做匀加速直线运动． (2)斜槽的长度：s AB ＝2R sin 60°＋2r ·sin 60°s CD ＝2R sin 30°＋2r sin 30°.[解析] B [设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a ＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )sin θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t＝2s a＝2×2(R ＋r )sin θg sin θ＝2R ＋rg，即所用的时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确．][题组巩固]1.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处放置一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块自A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为 ( )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝θ3D ．α＝2θ解析：B [如图所示，在竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于B 点．由等时圆知识可知，由A 沿斜面滑到B 所用时间比由A 到达斜面上其他各点所用时间都短．而∠COB ＝θ，则α＝θ2.]2.(2019·东北三省三校第一次联考)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点解析：C [如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝12gt 2c ，所以t c ＝2Rg；对于a 球，令AM 与水平面成θ角，则a 球下滑到M 用时满足AM＝2R sin θ＝12 g sin θt 2a ，即t a ＝2Rg；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2rg(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r >R )．综上所述可得t b >t a >t c .]。