两类动力学问题

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动力学的两大基本问题

达C点
D．由于两杆的倾角
未知，故无法判断
如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A→B 长度为16m，传送带以l0m／s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为 0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5．求物体从A运动到B需时间是多少?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
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【解析】题中将套有小球的细直杆放在我们比较陌生的风洞实验里，题目
(1)设小球所受的风力为F，小球质量为m 小球在杆上匀速运动时，F=mg，得 =F/mg=0.5mg/mg=0.5
(2)设杆对小球的支持力为N，摩擦力为 f，小球受力情况如图所示，将F、mg沿杆方向和垂直杆方向正交分解，根据牛顿第二定律得
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高三物理动力学的两类基本问题精华教案

动力学的两类基本问题 ◎知识梳理应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键.◎例题评析【例11】质量为m =2 kg 的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5……奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F 1=6 N 的水平推力，在第2、4、6……偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F 2μ=0.1，取g =10 m/s 2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动?（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25 m?【分析与解答】：以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F 1（或F 2）和摩擦力F f 的作用.由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间.（1）木块在奇数秒内的加速度为a 1=m F F f -1=m mg F -μ1=21021.06⨯⨯- m/s 2=2 m/s 2 木块在偶数秒内的加速度为a 2=m F F f -2=m mg F -μ2=21021.02⨯⨯- m/s 2=0 所以，木块在奇数秒内做a =a 1=2 m/s 2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动.（2）在第1 s 内木块向右的位移为s 1=21at 2=21×2×12 m=1 m 至第1 s 末木块的速度v 1=at =2×1 m/s=2 m/s在第2 s 内，木块以第1 s 末的速度向右做匀速运动，在第2 s 内木块的位移为 s 2=v 1t =2×1 m=2 m至第2 s 末木块的速度v 2=v 1=2 m/s在第3 s 内，木块向右做初速度等于2 m/s 的匀加速运动，在第3 s 内的位移为s 3=v 2t +21at 2=2×1 m+21×2×12 m=3 m 至第3 s 末木块的速度v 3=v 2+at =2 m/s+2×1 m/s=4 m/s在第4 s 内，木块以第3 s 末的速度向右做匀速运动，在第4 s 内木块的位移为s 4=v 2t =4×1 m=4 m至第4 s 末木块的速度v 4=v 2=4 m/s……由此可见，从第1 s 起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列.因此，在n s 内的总位移为s n =1+2+3+…+n =21）（+n n 当s n =40.25 m 时，n 的值为8＜nn =8，则8 s 内木块的位移共为s 8=2188）（+ m=36 m 至第8 s 末，木块的速度为v 8=8 m/s.设第8 s 后，木块还需向右运动的时间为t x ，对应的位移为s x =40.25 m －36 m=4.25 m ，由s x =v 8t x +21at x 2，即4.25=8t x +21×2t x 2 解得t x =0.5 s所以，木块位移大小等于40.25 m 时，需运动的时间T =8 s+0.5 s=8.5 s.[点评]：（1）本题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定律求加速度，再根据运动规律求运动情况.（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解本题的关键.【例12】如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上，有一质量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线的拉力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.（sin37°=0.6，g 取10 m/s 2）【分析与解答】：本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起.第一阶段：在最初2 s 内，物体在F =9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3－2－4可知：沿斜面方向：F －mg sin θ－F f =ma 1沿垂直斜面方向：F N =mg cos θ且F f =μF N由①②③得：a 1=mmg mg F θμθcos sin --=2 m/s 2 2 s 末绳断时瞬时速度v 1=a 1t 1=4 m/s.第二阶段：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2，则a 2=mmg mg ）（θμθcos sin +-=－7.6 m/s 2 设从断绳到物体到达最高点所需时间为t 2据运动学公式v 2=v 1+a 2t 2所以t 2=210a v -=0.53 s 第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3.由牛顿第二定律可知：a 3=g sin θ－μg cos θ=4.4 m/s 2，速度达到v 3=22 m/s ，所需时间t 3=330a v -=5 s 综上所述：从绳断到速度为22 m/s 所经历的总时间t =t 2+t 3=0.53 s+5 s=5.53 s.【例13】如图所示，光滑水平面上静止放着长L =1.6 m 、质量为Mm =1 kg 的小物体放在木板的最右端，m 与M 之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F .（1）施力F 后，要想把木板从物体m 的下方抽出来，求力F 的大小应满足的条件；（2）如果所施力F =10 N ，为了把木板从m 的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少?（g 取10 m/s 2）【分析与解答】：（1）力F 拉木板运动过程：对木块：μmg =maa =μga =1 m/s 2对木板：F －μmg =Ma 1a 1=Mmg F μ- 只要a 1＞a 就能抽出木板，即F ＞μ（M +m ）g 所以F ＞4 N.（2）当F =10 N ，设拉力作用的最少时间为t 1，加速度为a 1，撤去拉力后木板运动时间为t 2，加速度为a 2，那么：a 1=M mg F μ-=3 m/s 2a 2=M mg μ=31 m/s2 木板从木块下穿出时：木块的速度：v =a （t 1+t 2）木块的位移：s =21a （t 1+t 2）2 木板的速度：v 木板=a 1t 1－a 2t 2木板的位移：s 木板=21a 1t 12+a 1t 1t 2－21a 2t 22 木板刚好从木块下穿出应满足：v 木板=vs 木板－s =L可解得：t 1=0.8 s【例14】如图所示，传输带与水平面间的倾角为θ=37°，皮带以10 m/s 的速率运行，在传输带上端AA 到B 的长度为16 m ，则物体从A 运动到B 的时间为多少？【分析与解答】：首先判定μ与tan θ的大小关系，μ=0.5，tan θ=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止.其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论.当皮带的上表面以10 m/s 的速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下（如图所示），该阶段物体对地加速度a 1=mmg mg θμθcos sin +=10 m/s 2 方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t 1=1a v =1 s 在t 1 s 内物体沿斜坡对地位移 s 1=21a 1t 12=5 m 当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度 a 2=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2 物体以2 m/s 2加速度运行剩下的11 m 位移需时间t 2则s 2=vt 2+21a 2t 22 即11=10t 2+21×2t 22 t 2=1 s （t 2′=－11 s 舍去）所需总时间t =t 1+t 2=2 sa 3则a 3=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2 物体从传输带顶滑到底所需时间为t '则s =21a 3t '2t '=32a s =2162⨯ s=4 s. [点评]：本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性.物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算时，物体位移、速度、加速度则均需取地面为参考系.◎能力训练41．如图所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在光滑水平面上向右做匀加速运动，当手突然停止运动后的短时间内，物体可能2．放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F3.若三个力中去掉F1，物体产生的加速度为2.5 m/s2；若去掉F2，物体产生的加速度为1.5 m/s2；若去掉F3，则物体的加速度大小为A.1.5 m/s2B.2.0 m/s2C.2.5 m/s2D.4.0 m/s23．小磁铁A重10 N，吸在一块水平放置的固定铁板BA拉下来，至少要用15 N的力，若A、B间的动摩擦因数为0.3，现用5 N的水平力推A时，A的加速度大小是_______m/s2.（g取10 m/s2）v1F1，汽车整个运动过程所受阻力恒为F2（大小不变），则F1∶F2为∶∶1∶∶45.机车牵引力一定，在平直轨道上以a1=1 m/s2的加速度行驶，因若干节车厢脱钩，加速度变为a2=2 m/s2，设所受阻力为车重的0.1倍，则脱落车厢的质量与原机车总质量之比等于_______.6.据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大部分当即死亡，只有部分系安全带的人幸免.假设汽车高速行驶的速度达到108 km/h，乘客的质量为60 kg，当汽车遇到紧急情况时，在2 s内停下来，试通过计算说明系安全带的必要性.2 kg，在水平恒力F推动下开始运动，4 s末它的速度达到4 m/s，此时将F撤去，又经6 s物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小.。

第四讲两类动力学问题超重和失重

第四讲两类动力学问题超重和失重基础知识归纳1、超重与失重和完全失重（1）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，视重的大小等于弹簧测力计所受物体的_ 拉力_或台秤所受物体的压力。

（2）超重、失重和完全失重的比较现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力等于零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g①当物体处于超重和失重状态时，物体所受的重力并没有变化.②物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而是取决于加速度方向是向上还是向下.③当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果.④处于超重和失重状态下的液体浮力公式分别为F浮＝ρV排(g＋a)或F浮＝ρV排(g－a)，处于完全失重状态下的液体F浮＝0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力.2、连接体问题（1）连接体两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题中常会遇到.（2）解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的内力.隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析.解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理.（3）整体法和隔离法的应用①解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取对象，恰当地选择使用隔离法和整体法.②在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理.③在选用整体法和隔离法时，可依据所求的力进行选择，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离.先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度.3、整体运用牛顿第二定律应用牛顿第二定律时，若研究对象为一物体系统，可将系统的所有外力及系统内每一物体的加速度均沿互相垂直的两个方向分解，则牛顿第二定律的系统表达式为：ΣF x＝m1a1x＋m2a2x＋…＋m n a nxΣF y＝m1a1y＋m2a2y＋…＋m n a ny应用牛顿第二定律的系统表达式解题时，可不考虑系统内物体间的相互作用力(即内力)，这样能达到简化求解的目的，但需把握三个关键点：（1）正确分析系统受到的外力；（2）正确分析系统内各物体加速度的大小和方向；（3）确定正方向，建立直角坐标系，并列方程进行求解.【例1】在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是()A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下【练习1】在箱式电梯里的台秤秤盘上放着一物体，在电梯运动过程中，某人在不同时刻拍了甲、乙和丙三张照片，如图所示，乙图为电梯匀速运动的照片。

(完整版)动力学两类基本问题

动力学两类基本问题1．由受力情况判断物体的运动状态，处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再应用运动学公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况判断受力情况，处理这类问题的基本思路是：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，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法(平行四边形定则)或正交分解法．3．求解上述两类问题的思路，可用如图所示的框图来表示：解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)做好两个分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况．(2)抓住一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．【典例1】(2013·江南十校联考，22)如图3－3－2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接．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．已知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，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．图3－3－2教你审题关键词获取信息①光滑斜面与粗糙的水平面滑块在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力②从斜面上的A点由静止释放滑块的初速度v0＝0③最终停在水平面上的C点滑块的末速度为零④滑块经过B点时没有能量损失斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路→抓突破口做好两分析→受力分析、运动分析①滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动．②滑块在水平面上：滑块做匀减速运动．第三步：选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解．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点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有mg sin 30°＝ma1，v2m＝2a1hsin 30°，解得：v m＝4 m/s(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2v2m＝2a2L，解得：μ＝0.4(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1得t1＝0.8 s由于t>t1，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＝v m－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学基本问题时对力的处理方法(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”．3．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．突破训练3如图5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/s2)图5答案 5.53 s解析此题可以分为三个运动阶段：力F存在的阶段物体沿斜面向上加速，受力分析如图所示，由牛顿第二定律和运动学公式得：F－F f－mg sin θ＝ma1F f＝μF N＝μmg cos θv1＝a1t1解得：a1＝2 m/s2v1＝4 m/s第二阶段为从撤去力F到物体沿斜面向上的速度减为零，受力分析如图所示由牛顿第二定律和运动学公式mg sin θ＋μmg cos θ＝ma20－v1＝－a2t2解得：a2＝7.6 m/s2t2＝0.53 s第三阶段物体反向匀加速运动(因为mg sin θ>μmg cos θ)mg sin θ－μmg cos θ＝ma3v2＝a3t3解得：a3＝4.4 m/s2t3＝5 st＝t2＋t3＝5.53 s题组一动力学两类基本问题1．如图3-2-5所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()图3-2-5A．1∶1B．1∶4C．4∶1 D．8∶1解析：选D由牛顿第二定律可知，小物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设小物块在AB段运动时间为t，则可得：v B＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由x AB＝v0＋v B2·t，x BC＝v B2·4t，x AB＝x BC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。

3.2牛二应用一：动力学的两类问题

3.2牛二应用一：动力学的两类基本问题一、学习目标会用牛顿第二定律分析和解决两类基本问题：已知受力情况求解运动情况，已知运动情况求解受力情况。

二、知识梳理1.已知力求运动：知道物体受到的作用力，应用牛顿第二定律求加速度，如果再知道物体的初始运动状态，应用运动学公式就可以求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹。

2.已知运动求力：知道物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况。

3.两类基本问题的解题步骤：（1）确定研究对象，明确物理过程；（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力图和运动过程示意图；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程；合力的求解常用合成法或正交分解法；要特别注意公式中各矢量的方向及正负号的选择，最好在受力图上标出研究对象的加速度的方向；（4）求解、检验，必要时需要讨论。

三、典型例题1.有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°，45°，30°，这些轨道交于O点．现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序是（）A．甲最先，乙稍后，丙最后B．乙最先，然后甲和丙同时到达C．甲、乙、丙同时到达D．乙最先，甲稍后，丙最后2.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A．物体的初速率v0＝3 m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min＝1.44 mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上3.我国歼-15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0v=80 m/s减小到零所用时间t=2.5 ×104 kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中(1)加速度的大小a；(2)滑行的距离x；(3)所受合力的大小F．4.如图所示，一质量为m =2kg 的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，现对物体施加一水平向右的恒定拉力F =12N ，取g =10m/s 2。

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题考点1对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的性质2．合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系．(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速．(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式．1．(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是(ABC)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：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0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．(2019·黑龙江哈尔滨考试)如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(C)A．木块将立即做匀减速直线运动B．木块将立即做变减速直线运动C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零解析：对木块进行受力分析，接触弹簧后弹力不断增大，当弹力小于力F时，木块仍将加速运动，但加速度变小，A、B均错误．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的加速度为0，速度最大，C正确．继续压缩弹簧，合力反向且增大，加速度向右不断增大，D错误．3．(多选)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(BC)A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：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．①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；②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C 正确；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．考点2牛顿第二定律的瞬时性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⇒求瞬时加速度如图甲、乙所示，细线均不可伸长，两小球均处于平衡状态且质量相同．如果突然把两水平细线剪断，剪断瞬间小球A 的加速度的大小为________，方向为________；小球B 的加速度的大小为________，方向为________；剪断瞬间图甲中倾斜细线OA 与图乙中弹簧的拉力之比为________(θ角已知)．[审题指导]A 球――→刚性绳弹力特点判定合力的方向―→加速度大小和方向B 球――→弹簧弹力特点判定合力的方向―→加速度大小和方向【解析】设两球质量均为m ，剪断水平细线瞬间，对A 球受力分析，如图(a)所示，球A 将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A 的加速度a 1方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线OA 向下．则有F T1＝mg cos θ，F 1＝mg sin θ＝ma 1，所以a 1＝g sin θ.水平细线剪断瞬间，B 球所受重力mg 和弹簧弹力F T2不变，小球B 的加速度a 2方向水平向右，如图(b)所示，则 F T2＝mg cos θ，F 2＝mg tan θ＝ma 2，所以a 2＝g tan θ.甲图中倾斜细线OA 与乙图中弹簧的拉力之比为F T1F T2＝cos 2θ. 【答案】见解析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．1．(多选)如图所示，A 、B 两物块质量分别为2m 、m ，用一轻弹簧相连，将A 用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B 物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x .现将悬绳剪断，则下列说法正确的是( BD )A ．悬绳剪断后，A 物块向下运动2x 时速度最大B ．悬绳剪断后，A 物块向下运动3x 时速度最大C ．悬绳剪断瞬间，A 物块的加速度大小为2gD ．悬绳剪断瞬间，A 物块的加速度大小为32g 解析：剪断悬绳前，对物块B 受力分析，物块B 受到重力和弹簧的弹力，可知弹力F ＝mg .悬绳剪断瞬间，对物块A 分析，物块A的合力为F 合＝2mg ＋F ＝3mg ，根据牛顿第二定律，得a ＝32g ，故C 错误，D 正确；弹簧开始处于伸长状态，弹力F ＝mg ＝kx ；物块A 向下压缩，当2mg ＝F ′＝kx ′时，速度最大，即x ′＝2x ，所以A 下降的距离为3x 时速度最大，故B 正确，A 错误．2．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g .某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法错误的是( A )A ．物块B 的加速度为12g B ．物块A 、B 间的弹力为13mg C ．弹簧的弹力为12mg D ．物块A 的加速度为13g 解析：细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，因而弹力F ＝mg sin30°＝12mg ，选项C 正确；细线剪断后，物块A 、B 将共同沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律有3mg sin30°－F ＝3ma ，解得a ＝13g ，选项A 错误，选项D 正确；以物块B 为研究对象可知2mg sin30°－N ＝2ma ，解得N ＝13mg ，选项B 正确．考点3 两类动力学问题1．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，具体逻辑关系如图所示．2．两类动力学问题的解题步骤考向1已知受力求运动如图所示，质量为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g取10 m/s2.(1)释放A 、B 两个小球后，A 、B 的各自加速度？(2)小球B 从静止释放经多长时间落到地面？[审题指导] 本题力和运动分析是关键(1)由于f A >f B ，B 受滑动摩擦力，A 受静摩擦力，否则轻绳合力不为零．(2)由于m B g >f B ，B 球向下加速运动．(3)由于m A g >f B ，A 球向下加速运动，同时A 球带动轻绳共同运动．【解析】 (1)由题意知，B 与轻绳的最大摩擦力小于A 与轻绳的最大摩擦力，所以轻绳与A 、B 间的摩擦力大小均为km 2g .对B ，由牛顿第二定律得：m 2g －km 2g ＝m 2a 2，a 2＝5 m/s 2. 对A ，由牛顿第二定律得：m 1g －km 2g ＝m 1a 1，a 1＝8 m/s 2.(2)A 球与绳子一起向下加速运动，B 球沿绳子向下加速运动．设经历时间t 1小球B 脱离绳子，小球B 下落高度为h 1，获得速度为v ，12a 1t 21＋12a 2t 21＝l ＝6.5 m ，t 1＝1 s ， h 1＝12a 2t 21＝2.5 m ，v ＝a 2t 1＝5 m/s.小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高为h2，经t2落地，则：h2＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m，h2＝v t2＋12gt22，t2＝0.6 s，t＝t1＋t2＝1.6 s.【答案】(1)8 m/s2 5 m/s2(2)1.6 s考向2已知运动求未知力放于水平地面的小车上，一细线一端系着质量为m 的小球a，另一端系在车顶，当小车做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的物体b跟小车相对静止，如图所示，取重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小车一定向左运动B．加速度的大小为g sinθ，方向向左C．细线的拉力大小为mg cosθ，方向沿线斜向上D．b受到的摩擦力大小为Mg tanθ，方向向左【解析】小球a和物体b、小车一起运动，加速度相同，对小球a受力分析，受重力和绳拉力，合力水平向左，可知加速度向左，但不知道速度方向，故小车可向左加速或向右减速，选项A错误；对a球由牛顿第二定律mg tanθ＝ma，可得a＝g tanθ，选项B错误；对a球分析，由合成法可得F T＝mgcosθ，方向沿绳斜向上，选项C错误；对b物体分析可知由静摩擦力提供加速度，F f静＝Ma＝Mg tanθ，方向与加速度方向相同，且向左，选项D正确．【答案】 D考向3 两类动力学问题的综合应用(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[审题指导] (1)由同一种材料制成→两球的密度相等．(2)受到的阻力与球的半径成正比→F f ＝kr .【解析】设小球的密度为ρ，其质量m ＝4ρπr 33，设阻力与球的半径的比值为k ，根据牛顿第二定律得：a ＝(mg －kr )m ＝g －kr (4ρπr 33)＝g －3k 4ρπr 2，由此可见，由m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，r 甲>r 乙可知a 甲>a 乙，选项C 错误；由于两球由静止下落，两小球下落相同的距离则由x ＝12at 2，t 2＝2x a ，t 甲<t 乙，选项A 错误；由v 2＝2ax 可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，选项B 正确；由于甲球质量大于乙球质量，所以甲球半径大于乙球半径，甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力，则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，选项D 正确．【答案】 BD3．如图甲所示，光滑平台右侧与一长为l＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以v0＝5 m/s初速度滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现将木板右端抬高，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，如图乙所示，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma①滑块恰好到木板右端停止0－v20＝－2al②解得μ＝v202gl＝0.5③(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmg cosθ＋mg sinθ＝ma1④0－v20＝－2a1s⑤0＝v0－a1t1⑥由④⑤⑥式，解得t1＝0.5 s⑦设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有mg sinθ－μmg cosθ＝ma2⑧s ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ，所以滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s. 答案：(1)0.5 (2)1＋52s解决动力学两类问题的两个关键点学习至此，请完成课时作业8。

高考物理复习两类动力学问题专题练习(含解析)-最新教学文档

高考物理复习两类动力学问题专题练习（含解析）动力学是理论力学的一个分支学科，它主要研究作用于物体的力与物体运动的关系。

查字典物理网整理了两类动力学问题专题练习，请大家练习。

一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求.)1.(2019年广州调研)静止在光滑水平面上O点的物体，从t=0时刻开始受到水平力作用，设向右为F的正方向，则物体()A.一直向左运动B.一直向右运动C.一直匀加速运动D.在O点附近左右运动【答案】B【解析】设物体质量为m，由图象可知，0～1 s内物体向右做匀加速直线运动，1 s末的速度v1=;1～2 s内物体以初速度v1=向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2=v1-=0;综上可知，物体会一直向右运动.选项B正确.2.质量为 2 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律.重力加速度g取10 m/s2，则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为()图K3-2-2A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m【答案】B【解析】滑动摩擦力大小Fmg=4 N，则0～3 s物体静止，6～9 s物体做匀速直线运动，3～6 s和9～12 s做加速度相等的匀加速直线运动，加速度a=m/s2=2 m/s2.6 s末的速度v1=23 m/s=6 m/s,12 s末的速度v2=6 m/s+23 m/s=12 m/s.3～6 s发生的位移大小x1=3 m=9 m，6～9 s 发生的位移大小x2=63 m=18 m,9～12 s发生的位移大小x3=3 m=27 m，则0～12 s发生的位移大小x=x1+x2+x3=54 m，故选项B正确. 3.(2019年江苏卷)将一个皮球竖直向上抛出，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的图象，可能正确的是() A B C D【答案】C【解析】对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，知皮球在上升过程中的加速度大小a=，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当v=0时，加速度最终趋近一条平行于t轴的直线，选项C正确，A、B、D错误.4. (2019年河南模拟)2019年8月14日，中国乒乓球公开赛在苏州市体育中心体育馆拉开战幕，吸引了上千市民前往观看.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运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为.设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气阻力，则()A.运动员的加速度大小为gsinB.球拍对球的作用力大小为mgcosC.运动员对球拍的作用力大小为D.运动员对地面的作用力方向竖直向下【答案】C【解析】以乒乓球为研究对象，球受重力和球拍的支持力，不难求出球受到的合力为mgtan ，其加速度为gtan ，受到球拍的支持力为mg/cos ，由于运动员、球拍和球的加速度相等，选项A、B错误;同理运动员对球拍的作用力大小为(M+m)g/cos ，选项C正确;将运动员看做质点，由上述分析知道运动员在重力和地面的作用力的合力作用下产生水平方向的加速度，地面对运动员的作用力应该斜向上，由牛顿第三定律知道，运动员对地面的作用力方向斜向下，选项D 错误.5.(2019年黑龙江模拟)A、B两物块的质量分别为2 m和m, 静止叠放在水平地面上. A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对A施加一水平拉力F，则()图K3-2-4A.当 F mg时，A、B都相对地面静止B.当 F=mg时，A的加速度为gC.当 Fmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】BCD【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=2mg ，隔离B分析，根据牛顿第二定律得，23mg=ma，解得a=g.对整体分析，根据牛顿第二定律有：F-3mg=3ma，解得F=3mg.故当Fmg时，A、B发生相对滑动，故C正确;通过隔离B分析，知B的加速度不会超过g，故D正确;当F=mg时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a===g，故B正确;当Fmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知A、B不能相对地面静止，故A错误.6.(2019年潮州模拟)如图K3-2-5所示，一小车放在水平地面上，小车的底板上放一光滑小球，小球通过两根轻弹簧与小车两壁相连.当小车匀速运动时，两弹簧L1、L2恰处于自然状态.当发现L1变长、L2变短时，下列判断正确的是() 图K3-2-5A.小车可能正在向右做匀加速运动B.小车可能正在向右做匀减速运动C.小车可能正在向左做匀加速运动D.小车可能正在向左做匀减速运动【答案】BC【解析】L1变长，L2变短，小球受到L1向左的拉力和L2向左的弹力，合力方向向左，则加速度方向向左，选项B、C 正确.7.如图K3-2-6所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1图K3-2-6A.F1C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2【答案】BD【解析】皮带以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处于静止状态，故F1=F2;物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故t1可能等于t2.8甲、乙两图都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两车的加速度大小，下列说法正确的是()图K3-2-7A.甲车的加速度大小为B.甲车的加速度大小为0C.乙车的加速度大小为D.乙车的加速度大小为0【答案】BC【解析】对于甲，以人、车整体为研究对象，水平方向合力为零，由牛顿第二定律，得a甲=0;对于乙，水平方向整体受力为2F，再由牛顿第二定律，得a乙=，所以选项B、C正确.9.(2019年全国卷Ⅰ)2019年11月，歼15舰载机在辽宁号航空母舰上着舰成功.图K3-2-8(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图K3-2-8(b)所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()图K3-2-8A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【答案】AC【解析】速度时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+(3.0-0.4)70 m=119 m，A正确;0.4 s到2.5 s时间内，速度时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，B错;0.4 s到2.5 s时间内平均加速度约为a= m/s2=26.7 m/s2;C正确;0.4 s到2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P=Fv可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，D错.二、非选择题10.(2019年汕头模拟)一质量m=2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37、足够长的斜面，某同学利用传感器测出小物块从一开始冲上斜面到往后上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度-时间图象，如图K3-2-9所示，求：(已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2)图K3-2-9(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小;(2)小物块与斜面间的动摩擦因数;(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离.【答案】(1)8 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m【解析】(1)由小物块上滑过程的速度时间图象，可得小物块冲上斜面过程中的加速度a==m/s2=-8 m/s2，加速度大小为8 m/s2.(2)对小物块进行受力分析如图所示，有mgsin 37+f=ma，FN-mgcos 37=0，f=FN.代入数据，得=0.25.(3)由图象知距离s=t=1.0 m=4.0 m.11.消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下.假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从7楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下.已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g=10 m/s2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动.试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度;(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力;(3)消防队员下滑的最短时间.【答案】(1)12 m/s (2)2 900 N (3)2.4 s【解析】(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1=v.消防队员受到的滑动摩擦力Ff=FN1=0.51 800 N=900 N.减速阶段的加速度大小a2==5 m/s2，减速过程的位移为h2，由v-v2=2a2h2，又h=h1+h2，以上各式联立，可得vm=12 m/s.(2)以杆为研究对象，得FN2=Mg+Ff=2 900 N.根据牛顿第三定律，得杆对地面的最大压力为2 900 N. (3)最短时间tmin=+=2.4 s.12.(2019年中山模拟)如图K3-2-10所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零.每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据. 图K3-2-10t/s 0.0 0.2 0.4 2.2 2.4 v/(ms-1) 0.0 1.0 2.0 3.3 2.1 试求：(1)斜面的倾角(2)恒力F的大小;(3)t=1.6 s时物体的瞬时速度.【答案】(1)37 (2)11 N (3)6.9 m/s【解析】(1)物体从A到B做匀加速运动，设加速度为a1. 则a1= m/s2=5 m/s2，若物体加速了2.2 s，则2.2 s末速度为11 m/s，由表格数据知2.2 s末的速度为3.3 m/s，故当t=2.2 s时，物体已通过B点.因此减速过程加速度大小a2= m/s2=6 m/s2，mgsin =ma2，解得=37.(2)由(1)知a1=5 m/s2，F-mgsin =ma1，解得F=11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s.可见，t=1.6 s的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.两类动力学问题专题练习及答案的内容就是这些，查字典物理网预祝考生取得更好的成绩。

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牛顿运动定律得应用——两类动力学问题一、引入本单元应以牛顿第二定律为核心，要求学生熟练掌握之.然而,关于物体得“惯性”与作用力与反作用力关系及判断，学生也就是极易出错得，因此也要求熟练掌握。

二、教学过程1、加深对牛顿第二定律得理解①对定律中三个关键字得理解“受”——-就是指物体所受得力，而非该物体对其她物体所施加得力.“合”———就是指物体所受得所有外力得合力,而非某一分力或某些分力得合力“外”——-就是指物体所受得外力，而非内力（即物体内部各部分间得相互作用力，如一列火车各车厢间得拉力）。

②牛顿第二定律确定了三个关系大小关系：a∝，加速度得大小与物体所受得合外力成正比,与物体得质量成反比。

方向关系:加速度得方向与合外力得方向相同.单位关系:F＝kｍａ中，只有当公式两边得物理量均取国际单位制中得单位时,比例系数ｋ才等于1，公式才可简化为F合＝ma.③牛顿第二定律反映了加速度与力得五条性质同体性——F合、m与ａ都就是相对于同一物体而言得。

矢量性——牛顿第二定律就是一个矢量式,求解时应先规定正方向.独立性——作用在物体上得每个力都将独立地产生各自得加速度,合外力得加速度即就是这些加速度得矢量与。

同时性——加速度随着合外力得变化而同时变化．瞬时性——牛顿第二定律就是一个瞬时关系式，它描述了合外力作用得瞬时效果．如果合外力时刻变化，则牛顿第二定律反映得就是某一时刻加速度与力之间得瞬时关系。

④力、加速度与速度得关系关于力、加速度与速度得关系,正确得结论就是:加速度随力得变化而变化，但力(或加速度）与速度并没有直接得关系,其变化规律需根据具体情况分析.例如，在简谐运动中,回复力、加速度最大时，振子得速度为零；而回复力、加速度为零时，振子得速度最大。

２。

什么样得问题就是“牛顿第二定律”得应用问题（即物理问题得归类)凡就是求瞬时力及其作用效果得问题；判断质点得运动性质得问题（除根据质点运动规律判断外）都属“牛顿第二定律”得应用问题．动力学得两类基本问题即:①由受力情况判断物体得运动状态；②由运动情况判断得受力情况解决这两类基本问得方法就是，以加速度(a)为桥梁，由运动学公式与牛顿定律列方程求解.3．牛顿定律得应用【物体得动力学图景】连接体问题图景①用轻绳连接在受力情况已知得情况下，要求判断出物体得运动状态或求出物体得运动速度或位移。

处理这类问题得基本思路就是:先求出几个力得合力,由牛顿第二定律(F ＝m ａ)求出加速度,再由运动学得有关公式求出速度或位移。

解题步骤：（1）明确题目中给出得物理现象与物理过程得特点。

如果就是比较复杂得问题，应该明确整个物理现象就是由几个物理过程组成得，找出相邻过程得联系点，再分别研究每一个物理过程。

（2）根据问题得要求与计算方法，确定研究对象，进行受力分析，画出受力图示意图，图中应注明力、速度、加速度得符号与方向,对每一个力都要明确施力物体与受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有。

(3）应用牛顿运动定律与运动学公式解，通常用表示物理量得符号运算，解出所求物理量得表达式来,然后，将已知物理量得数值及单位代入，通过运算求出结果。

【例1】一个质量为2Kg 得物体放在水平面上,它与水平面间得动摩擦因数μ＝０、2，物体受到5Ｎ得水平拉力作用,由初速度v ０＝５m/ｓ开始运动,求第4秒内物体得位移（ｇ取１0m/s ２）【巩固练习1】质量为１2kg 得箱子放在水平地面上,箱子与地面得滑动摩擦因数为0、3,现用倾角为３７得60N 力拉箱子，如图所示，３s 末撤去拉力,则撤去拉力时箱子得速度为多少?箱子继续运动多少时间而静止?图1 图2（２)由运动求情况判断受力情况对于第二类问题,在运动情况已知情况下,要求判断出物体得未知力得情况,其解题思路一般就是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由第二定律求出合力,从而确定未知力,至于牛顿第二定律中合力得求法可用力得合成与分解法则（平行四边形法则)或正交分解法.【例2】如图４所示，B 物块放在A 物块上面一起以加速度a=２m/s ２沿斜面向上滑动。

已知A 物块质量 M=10kg ，Ｂ物块质量为m=5kg,斜面倾角θ＝37°．问(1）Ｂ物体所受得摩擦力多大？（2）B 物块对A 物块得压力多大？【例3】如图4所示，有一箱装得很满得土豆，以一定得初速度在摩擦因数为μ得水平地面上做匀减速运动,（不计其它外力及空气阻力），则其中一个质量为m 得土豆A 受其它土豆对它得总作用力大小应就是( ) A 。

ｍｇ B 。

μmgＣ。

mg D.ｍg〖分析与解〗像本例这种物体系得各部分具有相同加速度得问题,我们可以视其为整体,求关键信息,如加速度,再根据题设要求，求物体系内部得各部分相互作用力.选所有土豆与箱子构成得整体为研究对象，其受重力、地面支持力与摩擦力而作减速运动，且由摩擦力提供加速度，则有μｍｇ=m ａ，ａ＝μg 。

而单一土豆Ａ得受其它土豆得作用力无法一一明示，但题目只要求解其总作用力，因此可以用等效合力替代,它得受力分析如图3－3－5所示,由矢量合成法则，得F 总=因此答案C 正确.点评：整体法与隔离法交替使用，就是解决这种加速度相同得物体系物体运动得一般方法。

而整体法主要就是用来求解物体系受外部作用力或整体加速度，隔离法则主要就是用来求系统内各部分得相互作用力。

【巩固练习2】如图 7所示，物块质量为ｍ＝2kg,光滑斜面倾角为θ=30°。

问：（１）当斜面以a 1=2ｍ/s 2向右运动时绳得拉力多大？（T １=？）（2)当斜面以ａ2=20m ／s ２向右运动时绳得拉力多大?（Ｔ2=？)练习1．竖直向上抛出得物体,最后又落回原处，若考虑空气阻力,且阻力在整个过程中大小不变，则物体A.上升过程得加速度大小一定大于下降过程得加速度得大小B ．上升过程最后1s 内位移得大小一定等于下降过程中最初１ｓ内位移得大小 C.上升过程所需要得时间一定小于下降过程所需要得时间D 。

上升过程得平均速度一定大于下降过程得过程得平均速度2．一物体由静止沿倾角为θ得斜面下滑，加速度为a ;若给此物体一个沿斜面向上得初速度v o ,使其上滑,此时物体得加速度可能为A ．a B.２a C ．２g sin θ-ａＤ。

2ｇsi ｎθ+a３。

质量为m 得物体，放在粗糙水平面上，在水平拉力F 作用下由静止开始运动，经过时图 6 图4 图7间t ，速度达到v ,如果要使物体得速度达到2v ，可采用以下方法得就是A.将物体质量变为ｍ/２，其她条件不变B.将水平拉力增为2Ｆ，其她条件不变C.将时间增为2ｔ，其她条件不变 D ．将质量、作用力与时间都增为原来得2倍４．如图１所示，电梯与地面得夹角为30︒，质量为m 得人站在电梯上。

当电梯斜向上作匀加速运动时，人对电梯得压力就是她体重得1、2倍，那么,电梯得加速度a 得大小与人与电梯表面间得静摩擦力f 大小分别就是A 。

a ＝g ／2 B.a =2g /5C 。

f =2mg ／5D 。

f =ｍg /5 ５.如图2所示,固定在小车上得折杆∠A =θ,Ｂ端固定一个质量为m 得小球，若小车向右得加速度为ａ,则AB 杆对小球得作用力F 为Ａ.当ａ=０时，F=mg ／c ｏs θ，方向沿AB 杆 B ．当ａ=g t ｇθ 时，F=mg /cos θ，方向沿AB 杆C 。

无论a 取何值，Ｆ都等于,方向都沿AB 杆D ．无论a 取何值，Ｆ都等于，方向不一定沿A Ｂ杆６．图3为一个物体作直线运动得v —t 图线，若物体在第1ｓ内、第2s 内、第3s 内所受合力分别为F 1、Ｆ２、F ３，则A.F 1、F 2、F ３大小相等，方向相同 B 。

F 1、F ２就是正得,F 3就是负得Ｃ.Ｆ1就是正得，F 2、F 3为零 D ．Ｆ1、F 2、F ３大小相等,F 1与F 2、Ｆ3方向相反7．如图４所示,吊篮A 、物体Ｂ、物体C 得质量相等,弹簧质量不计，B 与C 分别固定在弹簧两端,放在吊篮得水平底板上静止不动。

将悬挂吊篮得轻绳剪断得瞬间A.吊篮A 得加速度大小为gB 。

物体B 得加速度大小为零C 。

物体C 得加速度大小为3g /2D.A 、B 、C 得加速度大小都等于g 8.如图5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,物体一直可以运动到Ｂ点，如果物体受到得阻力恒定,则A ．物体从A 到Ｏ点先加速后减速B ．物体运动到Ｏ点时所受得合外力为零,速度最大C 。

物体从Ａ到O 加速运动，从O 到B 减速运动D.物体从Ａ到O 得过程加速度逐渐减小9．物体在受到与其初速度方向一致得合外力F 得作用下作直线运动,合外力F 得大小随时间t 得改变情况如图6所示,则物体得速度：( )A.先变小后变大B ．先变大后变小2图3图5A 图 4t图 6Ｃ。

一直变小D。

一直变大１。

D 2.ABC 3．CＤ4。

D. 5．BD 6.Ｄ７。

Ｂ8.Ａ9。

解析:决定物体速度大小变化得唯一因素，就是合外力得方向(或加速度）得方向与速度方向得异同,方向相同则加速度,反之则减速.本例中尽管合力得大小在变化，但由于合力得方向一直与速度得方向相同，则物体得速度一直在加速。

点评:本题要求考生掌握加速度与速度得关系。

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