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第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题1．(2019·4月浙江选考)如下物理量属于根本量且单位属于国际单位制中根本单位的是( )A ．功/焦耳B ．质量/千克C ．电荷量/库仑D ．力/牛顿解析：选B.质量是根本物理量，其国际单位制根本单位是千克，故B 正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．2．(多项选择)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的答案是( )A ．物体的速度越大，如此加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，如此加速度为零，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解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小与所受合外力大小无关，故C 、D 正确，A 、B 错误．3.趣味运动会上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，它们间摩擦力与空气阻力不计，如此( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．假设加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sinθ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F ＝〔M ＋m 〕g cos θ，故C 错误；当a >g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ<g tan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．4．(2020·嘉兴检测)如下列图，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，作用距离与第一次一样．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与这段时间内的位移；(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经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v 2，如此v 22－v ′21＝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解得：x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m[课后达标]一、选择题1．(2018·4月浙江选考)用国际单位制的根本单位表示能量的单位，以下正确的答案是( )A ．kg ·m 2/s 2B ．kg ·m/s 2C ．N/mD ．N ·m 答案：A2．如下关于单位制的说法中，不正确的答案是( )A ．根本单位和导出单位一起组成了单位制B ．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的根本物理量C ．在国际单位制中，力学的三个根本单位分别是m 、kg 、sD ．力的单位牛顿是国际单位制中的一个根本单位答案：D3．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答案：C4．(2020·浙江十校联考)如下列图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2，重力加速度大小为g .如此有( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M Mg 答案：C5．(2020·浙江猜题卷)有种台阶式自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，用G 、N 、f 表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，如此能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是( )解析：选D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力．人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触面平行，故摩擦力是水平的．D 正确．6.(多项选择)如下列图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q 两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F 1，Ⅱ中拉力的大小为F 2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a 应是( )A ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝g ，方向竖直向下B ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝F 2m ，方向水平向左C ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝F 1m，方向沿Ⅰ的延长线方向D ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝g ，方向竖直向上解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如下列图．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，如此小球只受重力作用，加速度为g ，选项A 正确、C 错误；假设剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F 1与重力的合力大小仍等于F 2，所以此时加速度为a ＝F 2m，方向水平向左，选项B 正确、D 错误． 7．(2020·湖州质检)如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a 与风速v 的关系如图乙所示，如此(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)( )A ．当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B ．当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C ．当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.025解析：选A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a 0＝4 m/s 2，沿斜面方向有a ＝g sin θ－μg cos θ，解得μ＝0.25，D 错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，如此加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s 时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A 正确，B 、C 错误．8.(2020·东阳中学期中)如下列图，在水平面上有三个质量分别为m 1、m 2、m 3的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块1、2与水平面间的动摩擦因数为μ，木块3和水平面之间无摩擦力．现用一水平恒力向右拉木块3，当三木块一起匀速运动时，1和3两木块间的距离为(木块大小不计)( )A ．L ＋μm 2g kB ．L ＋μ〔m 1＋m 2〕g kC ．2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k D ．2L ＋2μ〔m 1＋m 2〕g k 解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有：kx 1－μm 1g ＝0对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有：kx 2－μ(m 1＋m 2)g ＝0木块1与木块3之间的总长度为x ＝2L ＋x 1＋x 2，由以上各式解得x ＝2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k，故C 正确． 9.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．如下说法中正确的答案是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A 错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a ＝μg 与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B 错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx ＝vt －0＋v 2t ＝12vt ＝v 22μg，可见传送带速度越小、动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C 错误，D 正确．10.(2020·湖州质检)如下列图，质量为m 1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是( )解析：选A.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A 正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误．二、非选择题11.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如下列图．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.(1)求物块的初速度v0；(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x m＝3.2 m由v20＝2gx m，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a′x′由牛顿第二定律有：mg sinθ＋μmg cos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mg sin θ＝6m＞μmg cos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5(3)37°能滑回底端，理由见解析12.(2020·杭州质检)如下列图，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为v max，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，如此mg sin 30°＝ma1v2max＝2a1hsin 30°解得：v max＝4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2如此μmg＝ma2v2max＝2a2L解得：μ＝0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，v max＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，如此v＝v max－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s13.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如下列图，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑〞，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．假设企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)企鹅向上“奔跑〞的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x ＝12at 2，解得：x ＝16 m. (2)在企鹅卧倒以后将进展两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得：a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2.(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t ′，位移为x ′；t ′＝at a 1，x ′＝12a 1t ′2，解得：x ′＝1 m ．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v t ，初速度为0，如此有：v 2t －02＝2a 2(x ＋x ′)，解得：v t ＝234 m/s.答案：(1)16 m (2)8 m/s 2 4 m/s 2 (3)234 m/s。
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．自测1静止在光滑水平面上的物体，在受到一个水平力作用的瞬间( )A．物体立刻获得加速度，但速度仍等于零B．物体立刻获得速度，但加速度为零C．物体立刻获得加速度，同时也获得速度D．物体的加速度和速度都要经过少许时间才能获得答案 A解析物体静止在光滑水平面上，受到水平作用力的瞬间，根据牛顿第二定律：加速度大小与合力大小成正比．加速度与合力是瞬时关系，可知物体立刻产生加速度，而物体由于惯性，此瞬间还保持原来的状态，速度为零，故A正确．二、力学单位制1．单位制：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．基本物理量共七个(长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量)，其中力学有三个，分别是长度、质量、时间，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．自测2下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位( )A．米、牛顿、千克B．千克、厘米、秒C．米、千克、安培D．米/秒2、千克、牛顿答案 C三、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)求出加速度，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：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力． 3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： 受力情况(F 合)F 合＝ma加速度a运动学公式运动情况(v 、x 、t )自测3 (多选)(2017·徐州市质检)如图1所示，质量为m ＝1kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取g ＝10 m/s 2)( )图1A ．物体经10s 速度减为零B ．物体经2s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动 答案 BC解析 物体受到向右的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg ＝3N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋F fm＝2＋31m/s 2＝5m/s 2，方向向右，物体减速到零所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2s ，B 正确，A 错误；减速到零后，恒力F <F f ，即F 小于最大静摩擦力，物体将保持静止，不再运动，C 正确，D 错误．命题点一 牛顿第二定律的理解和应用类型1 对矢量性的理解例1 (2017·苏州大学附中调研)2015年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团以比分3∶0击败日本男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠．如图2，假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ.设球拍和球质量分别为M 、m ，不计球拍和球之间摩擦，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图2A ．运动员的加速度大小为g sin θB ．球拍对球的作用力大小为mg cos θC ．运动员对球拍的作用力大小为(M ＋m )gcos θD ．运动员对地面的作用力方向竖直向下 答案 C解析 球和运动员具有相同的加速度，对球分析，球所受的合力为mg tan θ，根据牛顿第二定律得，a ＝g tan θ，故A 错误．根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力F N ＝mgcos θ，故B 错误．对球拍和球整体分析，整体所受合力为(M ＋m )a ，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为(M ＋m )gcos θ，故C 正确．运动员在水平方向加速运动，运动员受到地面对其水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上，故D 错误．变式1 (多选)(2018·苏锡常镇一调)高空滑索是勇敢者的运动．如图3所示，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的)，下滑过程中到达图中A 位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B 位置时轻绳竖直向下．不计空气阻力，下列说法正确的是( )图3A ．在A 位置时，人的加速度可能为零B ．在A 位置时，钢索对轻绳的作用力小于人的重力C ．在B 位置时，人的加速度为零D ．在B 位置时，人所受合外力沿钢索方向向下 答案 BC解析 在A 位置时，人受到重力和轻绳的拉力，合力沿钢索方向向下，不为零，则加速度不可能为零，拉力F T ＝mg cos θ(θ为轻绳与竖直方向的夹角)，F T <mg ，故A 错误，B 正确；在B 位置时，细绳的拉力竖直，不可能产生沿运动方向的加速度，所以人做匀速运动，a ＝0，合外力为0，故C 正确，D 错误．类型2 瞬时性问题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⇒根据牛顿第二定律列方程⇒求瞬时加速度例2 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4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 的加速度分别为a 1和a 2，则(不计空气阻力)( )图4A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝2gC ．a 1＝g ，a 2＝0D ．a 1＝2g ，a 2＝0答案 A解析 由于绳子张力可以突变，故剪断OA 后瞬间小球A 、B 只受重力，其加速度a 1＝a 2＝g ，故选项A正确．思考在上题中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图5所示，则上题选项中正确的是( )图5答案 D解析剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．变式2(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)某同学做了一个力学实验，如图6所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，处于静止状态，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示．根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是(不计空气阻力)( )图6A．水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B．金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上C．金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧D．金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零答案AC解析细绳未剪断时，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用，剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确；金属球运动到悬点O正下方时，合力方向竖直向下，与速度方向的夹角为锐角，故此后一段时间内要加速，故选项C正确，选项B错误；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误．命题点二动力学两类问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁． 2．常用方法 (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”．例3 (2018·无锡市高三期末)如图7，一个质量为m ＝2kg 的小物块静置于足够长的固定斜面底端．现对其施加一个沿斜面向上、大小为F ＝25 N 的恒力，3 s 后将F 撤去，此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g ＝10 m/s 2.求：图7(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离； (3)物块在斜面上运动的总时间．(结果可用根式表示) 答案 (1)5N (2)37.5m (3)(5＋30) s解析 (1)由运动学规律：v 1＝a 1t 1，解得a 1＝5 m/s 2由牛顿第二定律：F －F f －mg sin θ＝ma 1 ，解得F f ＝5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑，由牛顿第二定律得：F f ＋mg sin θ＝ma 2，得a 2＝7.5 m/s 2撤力前上滑距离x 1＝v 122a 1＝22.5 m撤力后上滑距离x 2＝v 122a 2＝15 m物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离x ＝x 1＋x 2＝37.5 m (3)撤力后物块上滑：t 2＝v 1a 2＝2 s下滑过程：mg sin θ－F f ＝ma 3，解得a 3＝2.5 m/s 2由x ＝12a 3t 32，可得t 3＝2xa 3＝30 s故斜面上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋30) s.变式3 (2018·苏州市模拟)如图8所示，倾角θ＝37°、斜面长为1m 的斜面体放在水平面上．将一质量为2kg 的小物块从斜面顶部由静止释放，1s 后到达底端，斜面体始终保持静止．重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图8(1)小物块沿斜面下滑的加速度大小和到达底端时速度的大小；(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向．答案(1)2m/s2 2 m/s (2)0.5 (3)3.2N 水平向左解析(1)由运动学公式x＝12at2得a＝2 m/s2由v＝at得v＝2 m/s.(2)由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5.(3)mg cos θsin θ＞μmg cos2θ，则水平面对斜面体的摩擦力水平向左大小F f＝mg cos θsin θ－μmg cos2θ＝3.2 N.拓展点动力学动态分析问题例4(多选)(2018·田家炳中学开学考)如图9所示，小车上物体的质量m＝8kg，它被一根在水平方向上拉伸了的轻弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力是6N．现对小车施一水平向右的作用力，使小车由静止开始运动，在小车的加速度由零逐渐增大到1m/s2的过程中，以下说法正确的是( )图9A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力逐渐变大B．物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右C．当小车的加速度为0.75m/s2时物体不受摩擦力的作用D．小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时物体受到的摩擦力为8N答案BC解析弹簧弹力在开始时与静摩擦力平衡，大小为6 N，当整体的加速度从零逐渐增大到1 m/s2时，物体的加速度也从零逐渐增大到1 m/s2，根据牛顿第二定律知，物体的合力从0增大到8 N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变，故A错误，B正确；当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物块所受的合力F合＝ma＝6 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力为零，即物体不受摩擦力，故C正确；小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合＝ma＝8 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力的大小为2 N，方向水平向右，故D错误．变式4(2018·盐城中学段考)在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，细绳a处于斜向上的方向，拉力为F a，细绳b处于水平方向，拉力为F b，如图10所示．现让小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是( )图10A．F a变大，F b不变B．F a变大，F b变小C．F a变大，F b变大D．F a不变，F b变小答案 D解析以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，根据牛顿第二定律得水平方向：F a sin α－F b＝ma①竖直方向：F a cos α－mg＝0②由题，α不变，由②分析得知F a不变．F a、α不变，a增加，所以由①得知，F b变小．故选D.1.(2017·苏州市期末)如图11所示，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直线运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )图11A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向答案 D解析小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力的作用下也向右加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿题图中的OD方向，故A、B、C错误，D正确．2.(2018·如东县调研)如图12所示，如东苏果和欧尚超市为方便顾客，安装智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶)．在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则该扶梯在运送乘客的过程中( )图12A．扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用B．扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下C．扶梯加速运行时，摩擦力方向与运动方向相反D．扶梯加速运行时，乘客对扶梯的作用力方向与运动方向相反答案 B解析扶梯匀速运动时，乘客受摩擦力作用，否则由于重力作用，乘客将沿扶梯面滑下来，故A错误；由于扶梯匀速运行，摩擦力与支持力方向的合力与重力平衡，因此乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，故B正确；加速运行，摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，人有沿扶梯向下运动的趋势，即摩擦力方向与运动方向相同，故C错误；加速运动阶段，扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方，扶梯对乘客的作用力不是竖直向上，根据牛顿第三定律分析可知：乘客对扶梯的作用力不是与运动方向相反，故D错误．3．(多选)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图13所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止．则( )图13A ．a 2＞a 1B ．a 2＝a 1C ．x 2＞x 1D ．x 2＜x 1 答案 AD解析 设木盒的质量为M ，木盒与地面之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：a 1＝μ(M ＋m )gm ＋M＝μg拿走砝码施加F 时，加速度：a 2＝μ(Mg ＋F )M ＝M ＋mMμg ，可知a 2＞a 1.根据v 2＝2ax 得x ＝v 22a，知加速度增大，则滑行的距离变小，即：x 2＜x 1，故A 、D 正确，B 、C 错误．4．如图14所示，A 、B 两球质量相等，光滑固定斜面的倾角为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( )图14A ．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 球的加速度大小是图乙中B 球加速度大小的2倍 答案 D5．(多选)(2019·淮安中学期初)如图15所示，质量为m 的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则( )图15A ．滑块向左运动过程中，始终做减速运动B ．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C ．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为kx 0＋μmgmD ．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x ＝μmgk时，滑块的速度最大 答案 ACD6.(2018·田家炳中学开学考)质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图16所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为F f ，取g ＝10m/s 2，求：图16(1)弹性球受到的空气阻力F f 的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h . 答案 (1)0.2N (2)0.375m解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度为a ，由速度时间图象得：a ＝Δv Δt＝8 m/s 2根据牛顿第二定律得：mg －F f ＝ma 解得：F f ＝0.2 N(2)由v －t 图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v ＝4 m/s 则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v ′＝3 m/s 离开地面后a ′＝－mg ＋F f m＝－12 m/s 2， 根据0－v ′2＝2a ′h 解得：h ＝0.375 m.1．(2018·苏州市期初调研)kg 和s 是国际单位制中两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是( ) A ．质量和时间B ．质量和位移C ．重力和时间D ．重力和位移答案 A解析 kg 和s 这两个基本单位对应的物理量分别为质量和时间．位移的单位是m ，重力的单位是N.2.(2019·江都中学4月模拟)一个质量为m 的运动物体共受到三个共点力F 1、F 2、F 3的作用，这三个力的大小和方向构成如图1所示的三角形，则这个物体的加速度大小是( )图1A ．0 B.F 3mC.2F 2mD.2F 3m答案 C解析 根据三角形定则，F 1与F 3的合力等于从F 1的起点到F 3的终点的有向线段，即与F 2相同，故物体所受的合力为：F 合＝2F 2.根据牛顿第二定律得：a ＝F 合m ＝2F 2m，故C 正确，A 、B 、D 错误．3.如图2所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m ，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点，如果物体受到的阻力恒定，则( )图2A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小 答案 A4．一个原来静止在光滑水平面上的物体，质量是7kg ，在14N 的水平恒力作用下运动，则5s 末的速度及5s 内通过的路程为( ) A ．8m/s 25 m B ．2 m/s 25m C ．10m/s 25 m D ．10 m/s 12.5m答案 C解析 物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v ＝at ＝2×5 m/s＝10 m/s ，x ＝12at 2＝12×2×25 m＝25 m ，选项C 正确．5．(2018·锡山中学月考)如图3所示，欲使在粗糙固定斜面上匀速下滑的木块A 停下，可采用的方法是( )图3A ．增大斜面的倾角B ．在木块A 上再叠放一个重物(与A 相对静止)C ．对木块A 施加一个垂直于斜面向下的力D ．对木块A 施加一个竖直向下的力 答案 C解析 木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得mg sin θ＝μmg cos θ；若增大斜面的倾角θ，重力沿斜面向下的分力mg sin θ增大，滑动摩擦力F f ＝μmg cos θ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故A 错误；对木块A 施加一个竖直向下的力，由于(F ＋mg )sin θ＝μ(F ＋mg )cos θ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下，故B 错误；对木块A 施加一个垂直于斜面向下的力F ，重力沿斜面向下的分力mg sin θ不变，而滑动摩擦力F f ＝μ(F ＋mg cos θ)增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下，故C 正确；由A 项分析可知mg sin θ＝μmg cos θ，得sin θ＝μcos θ，与质量无关，在木块A 上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下，故D 错误．6．(2018·江苏省高考压轴卷)如图4所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的轻弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右的加速度增大，则车左壁受到的物块的压力F 1和车右壁受到的弹簧的弹力F 2的大小变化是( )图4A ．F 1不变，F 2变大B ．F 1变大，F 2不变C ．F 1、F 2都变大D ．F 1变大，F 2变小答案 B解析 物块沿水平方向受向左的弹力和左壁对其向右的压力F 1′，加速度增大时，弹力不变，F 1′会增大．根据牛顿第三定律知，F 1变大，F 2不变，故选项B 正确．7.(2018·前黄中学检测)在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图5所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明( )图5A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下答案 B解析根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力．小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，选项B正确．8.(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，如图6所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中的a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬吊着时的平衡位置．人在从P点下降到最低位置c点的过程中，下列说法中正确的是( )图6A．经过a点时，人的速度最大B．经过b点时，人的速度最大C．从a点到b点，人的加速度在增大D．从b点到c点，人的加速度在增大答案BD解析从a点到b点，人的重力大于弹力，加速度向下，人做加速运动，根据牛顿第二定律知加速度减小，当到达b位置，重力和弹力相等，加速度为零，速度最大，由b到c，重力小于弹力，加速度方向向上，人做减速运动，且加速度逐渐变大，速度逐渐变为零，故A、C 错误，B、D正确．9．如图7所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做变速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图7A．小车一定向右做匀加速运动B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C．小球P受到的合力大小为mg tanθD．小球Q受到的合力大小为mg tanα答案 D解析选择小球Q作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mg tanα＝ma，得到a＝g tanα，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误．对小球P，由牛顿第二定律，得mg tanβ＝ma′，因为a＝a′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误．对小球P、Q由牛顿第二定律可知F＝ma＝mg tanα，故C错误，D正确．10．(2018·南京市学情调研)如图8所示，具有完全知识产权的两列中国标准动车组“复兴号”在京沪双向发车成功．若动车组各级车厢总质量均相等，它由8节车厢组成．其中第1和第5节车厢为动车，其余均为拖车，动车的额定功率都相同．若在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则该动车组( )图8A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向上跳起后将落在起跳点后方C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2答案 D11．(2018·兴化市第一中学期初)两个完全相同的物块A、B，质量均为m＝0.8kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图9中的两条直线分别表示物块A受到水平拉力F 作用和物块B 不受拉力作用的v －t 图象，求：图9(1)物块A 所受拉力F 的大小； (2)8s 末物块A 、B 之间的距离x . 答案 (1)1.8N (2)60m解析 (1)设A 、B 两物块的加速度分别为a 1、a 2，由v －t 图象可知：A 、B 的初速度v 0＝6 m/s ，A 物块的末速度v 1＝12 m/s ，B 物块的末速度v 2＝0，根据速度时间公式，有 a 1＝Δv 1Δt 1＝0.75 m/s 2① a 2＝Δv 2Δt 2＝1.5 m/s 2② 对A 、B 两物块分别由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 1③ F f ＝ma 2④由①②③④可得：F ＝1.8 N即物块A 所受拉力F 的大小为1.8 N.(2)设A 、B 两物块8 s 内的位移分别为x 1、x 2，由图象得：x 1＝v 0＋v 12t 1＝72 mx 2＝v 0＋v 22t 2＝12 m所以x ＝x 1－x 2＝60 m即8 s 末物块A 、B 之间的距离x 为60 m.12．(2018·常熟市期中)如图10甲所示，一质量m ＝0.4kg 的小物块，以v 0＝2m/s 的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10m/s 2.求：图10(1)物块到达B 点时速度的大小，物块加速度的大小； (2)拉力F 的大小；(3)若拉力F 与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F 的表达式． 答案 见解析解析 (1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：L ＝v 0＋v B 2t解得v B ＝8 m/s 物块的加速度为a ＝v B －v 0t ＝8－22m/s 2＝3 m/s 2(2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有： 平行斜面方向：F －mg sin θ－F f ＝ma 垂直斜面方向：F N －mg cos θ＝0 其中：F f ＝μF N 联立解得：F ＝5.2 N(3)平行斜面方向：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma 垂直斜面方向：F sin α＋F N －mg cos θ＝0 其中：F f ＝μF N 联立解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
