2016高考物理大一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课时作业
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题课件
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg D．a1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg
解析：在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的 形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二 定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改 变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大 小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得 物块4满足a4＝F＋MMg＝M＋ M mg，所以C对．
1 2
(mA＋mB)g，由牛顿第二
定律，B球的加速度为mA2＋mBmBg，选项D正确． 答案：D
5．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间 用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个 系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两 木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4 的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有 ()
速度、 某个力变化 → 合力变化 → 加速度变化 → 位移变化 从动态过程中找到力和运动的转折点、临界点或稳定态 是解决此类问题的关键．
1．(多选)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)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物 理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理 量的数值及单位代入，通过运算求结果．
【例1】 (2016·金华质检)如图所示，倾角为30°的光滑斜 面与粗糙水平面①平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上 A点由静止释放②，最终停在水平面上的C点③.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④，g＝10 m/s2)．求：
2016年高考物理一轮复习 第3章 第2单元 牛顿第二定律 类动力学问题课件
1 根据运动学公式有 L＝ at02 2 代入数据解得 a＝10 m/s2 由牛顿第二定律知 F－f＝ma f 10 解得 f＝10 N，所以 μ＝mg＝ ＝0.5 2×10
(2)设外力 F 作用的最短时间为 t，物体先以大小为 a1 的加速 度匀加速运动，所用时间为 t，受力分析如图所示。撤去外力后， 以大小为 a2 的加速度匀减速运动，所用时间为 t′，到达 B 处速度 恰为零。由牛顿第二定律知 Fcos 37° －f＝ma1 其中 f＝μFN＝μ(mg－Fsin 37° ) μmg 联立解得 a1＝11.5 m/s ，a2＝ m ＝μg＝5 m/s2
(1)物块与木板间、木板与地面间的 动摩擦因数； (2)从 t＝0 时刻到物块与木板均停止 运动时， 物块相对于]
第一步：抓关键点
关键点
获取信息
相对地面静止的物 物块的初速度为零，此后受滑动摩擦力 块 开始启动
物块始终在木板上 物块加速到与木板同速后一起减速 木板速度—时间图 象 v－t图线的折点对应的速度v＝1 m/s，为 物块匀加速的末速度
图 3－2－3
A．此时轻弹簧的弹力大小为 20 N B．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 0
[审题指导] 剪断轻绳时，弹簧的弹力不能瞬间发生变化。剪断弹簧时， 绳上的拉力在瞬间发生变化。
答案：CD
瞬时加速度问题
1．一般思路
分析物体该时 的受力情况
2．两种模型
由牛顿第二 定律列方程
瞬时 加速度
(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的 物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复 时间， 一般题目中所给的细线、 轻杆和接触面在不加特殊说明时， 均可按此模型处理。
(新课标)高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第二节 牛顿第二定律两类动力学问题课件
考向 2 牛顿运动定律的瞬时性 2．如图甲所示，一质量为 m 的物体系于长度分别为 L1、L2 的两根细线上，L1 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角 为 θ，L2 水平拉直，物体处于平衡状态．
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(1)现将线 L2 剪断，求剪断 L2 的瞬间物体的加速度． (2)若将图甲中的细线 L1 换成长度相同(接 m 后)，质量不计的 轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断 L2 的瞬间物体 的加速度．
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解析：木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒 力 F 大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向 相同，木块速度不断增大，A 项错误，B 项正确；当弹力增 大到与恒力 F 相等时，合力为零，速度增大到最大值，C 项 正确；之后木块由于惯性继续向右运动，但合力方向与速度 方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力 F， 加速度大于零，D 项错误．
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【跟进题组】 考向 1 力与运动的关系 1．(多选)(2017·日照调研)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( BC)
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 等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零
10
2．牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型 (1)刚性绳(轻杆或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力 的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢 复时间． (2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(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保持不变．
A．8
B．10
C．15
【优化方案】2016届高三物理大一轮复习精讲课件：第三章牛顿运动定律第二节
第三章
牛顿运动定律
考点二 动力学两类基本问题 求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之 间联系的桥梁——加速度．
第三章
牛顿运动定律
(2015· 太原质检 )如图所示， 倾角 θ＝ 37° 的斜面固定在 水平面上． 质量 m＝1.0 kg 的小物块受到沿斜面向上的 F＝ 9.0 N 的拉力作用， 小物块由静止沿斜面向上运动． 小物块与斜面 间的动摩擦因数 μ＝ 0.25(斜面足够长，取 g＝10 m/s2.sin 37° ＝ 0.6， cos 37° ＝ 0.8)．
A．所受浮力大小为4 830 N
B．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/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
第三章
牛顿运动定律
三、力学单位制 基本 导出 1．单位制：由_________ 单位和_____________ 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，其中 长度 质量 、___________ 时间 力学有三个，它们是_________ 、________ ， 米 、_________ 千克 、________ 秒 它们的单位分别是______ ． 物理关系 3．导出单位：由基本物理量根据_______________ 推导出来 的其他物理量的单位．
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．
第三章
牛顿运动定律
2.(多选)(2013· 高考浙江卷)如图所示，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．若离开地面后热气球 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＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( AD )
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。
高考物理一轮复习 第三章 第2讲 两类动力学问题 超重和失重跟踪检测
权掇市安稳阳光实验学校第2讲 两类动力学问题 超重和失重(对应学生用书第38页)动力学的两类基本问题应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类： (1)已知受力情况求运动情况． (2)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．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路如下．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【针对训练】1．如图3－2－1所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( )图3－2－1A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μg D.2Lv【解析】 因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，得：t ＝2Lμg，C 正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，有：t ＝2Lv，D 正确；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v (t －v μg )＝L ，有：t ＝L v ＋v2μg，A正确；木块不可能一直匀速至右端，B 错误．【答案】 B超重与失重1.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叫做视重，其大小等于测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2．超重、失重与完全失重超重失重完全失重定义 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)等于零的状态 产生条件 物体有向上的加速度物体有向下的加速度a ＝g ，方向向下视重 F ＝m (g ＋a )F ＝m (g －a )F ＝0【针对训练】2．(2010·浙江高考)如图3－2－2所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )图3－2－2A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零 B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力【解析】 对于A 、B 整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A 对B 均无压力，只有A 项正确．【答案】 A(对应学生用书第39页)两类动力学问题分析1.(有时需用牛顿第三定律)F 合＝ma ，二是运动学公式v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 20＝2ax ，x ＝(v 0＋v )t /2.其中加速度a 是联系力和运动的桥梁．2．牛顿第二定律的应用步骤分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面：(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，并可把物体视为质点．(2)确定研究对象的运动状态，画出物体运动情景的示意图，并标明物体运动速度与加速度的方向．(3)分析研究对象的受力情况，并画出受力分析示意图．(4)选定合适的方向建立平面直角坐标系，依据牛顿第二定律列出方程，如F x ＝ma x ，F y ＝ma y .(5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义． 图3－2－3(2011·上海高考)如图3－2－3，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ，用大小为30 N ，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30 N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .【解析】 (1)物体做匀加速运动 L ＝12at 2则a ＝2L t 20＝2×2022 m/s 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律F －f ＝maf ＝30 N －2×10 N＝10 N则μ＝f mg ＝102×10＝0.5.(2)F 作用的最短时间为t ，设物体先以大小为a 的加速度匀加速时间t ，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速时间t ′到达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)＝ma则a ＝F cos 37°＋μsin 37°m－μg＝[30×0.8＋0.5×0.62－0.5×10] m/s 2＝11.5 m/s 2a ′＝fm＝μg ＝5 m/s 2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at ＝a ′t ′则t ′＝a a ′t ＝11.55t ＝2.3tL ＝12at 2＋12a ′t ′2则t ＝2La ＋2.32a ′＝2×2011.5＋2.32×5s ＝1.03 s. 【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s 动力学问题的处理技巧该题第(1)问是已知运动情况求受力情况，第(2)问是由受力情况求运动情况，但不管哪种情况都要进行受力分析和运动分析，都要从受力或运动的一方求出加速度，然后转入另一方，所以求加速度是关键．【即学即用】1．(2010·海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t 后停止．现将该木板改成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为( )A.2μ1＋μ B.μ1＋2μC.μ2＋μ D.1＋μ2μ【解析】 木板水平时，小物块的加速度a 1＝μg ，设滑行初速度为v 0，则滑行时间为t ＝v 0μg；木板改成倾角为45°的斜面后，小物块上滑的加速度为：a 2＝mg sin 45°＋μmg cos 45°m ＝错误!，滑行时间为：t ′＝v 0a 2＝2v 01＋μg ，因此t ′t ＝2μ1＋μ，A 项正确．【答案】 A对超重、失重的进一步理解超重与失重错误!举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 kg的重物，求：(1)升降机运动的加速度；(2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g取10 m/s2)【审题视点】(1)地面上能举起120 kg，说明运动员的最大举力为1 200 N.(2)在超失重环境中，人的最大举力不变，但举起的重物可能小于或大于120 kg物体．【解析】运动员在地面上能举起m0＝120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力F＝m0g＝1 200 N.(1)在运动着的升降机中只能举起m1＝100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对物体由牛顿第二定律得：F －m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2.(2)当升降机以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为m2对物体由牛顿第二定律得：m2g－F＝m2a2解得：m2＝160 kg.【答案】(1)2 m/s2(2)160 kg【即学即用】2.图3－2－4(2011·四川高考)如图3－2－4是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲，在喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A．开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析】对降落伞，匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力F T和浮力F平衡，即F T＝F－mg.在喷气瞬间，喷气产生的反冲力向上，使降落伞减速运动，设加速度大小为a，对降落伞应用牛顿第二定律：F－F T′－mg＝ma，F T′＝F－mg－ma<F T，故A正确，B错误．加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故D错误．合外力方向向上、位移方向向下，做负功，故C错误．【答案】A(对应学生用书第40页)动力学中“动态变化”问题加速度决定于合外力，而速度的变化决定于加速度与速度的方向关系，所以处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律分析加速度的变化，最后根据加速度与速度的方向关系判断速度的变化情况．动态变化的过程以后还有“机车启动获得最大速度之前的过程”、“电磁感应部分导体棒获得收尾速度前的过程”，这些问题重在分析合力的变化以及潜在的状态(如平衡状态、收尾速度)．图3－2－5(阜阳一中模拟)如图3－2－5为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至b点弹性绳自然伸直，经过合力为零的c点到达最低点d，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )A．经过b点时，运动员的速率最大B．经过c点时，运动员的速率最大C．从c点到d点，运动员的加速度减小D．从c点到d点，运动员的加速度不变【潜点探究】(1)至b点弹性绳自然伸长，说明O→b，运动员自由下落．(2)c点合力为零，说明b→c弹力小于重力，运动员加速．(3)d为最低点，说明v d＝0，此时弹力最大，c→d，一直减速．【规范解答】运动员的下落过程从O→b为自由落体运动，b→c重力大于弹性绳的弹力，运动员做加速度越来越小的加速运动，到达c点时加速度为零，速度最大；c→d弹性绳的弹力大于重力，加速度竖直向上，运动员做加速度增大的减速运动，到达d点时速度减为零，故正确答案为B.【答案】B【即学即用】3．(2012·四川高考改编)如图3－2－6所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则( )图3－2－6A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0m＋μgC ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μgD ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x 0－μmgk) 【解析】 撤去F 后，物体向左做加速运动，其加速度大小a 1＝kx －μmgm ＝kxm－μg ，随物体向左运动，x 逐渐减小，所以加速度a 1逐渐减小，当加速度减小到零时，物体的速度最大，然后物体做减速运动，其加速度大小a 2＝μmg －kxm＝μg－kxm ，a 2随x 的减小而增大．当物体离开弹簧后做匀减速运动，加速度大小a 3＝μmg m＝μg ，所以选项A 错误；根据牛顿第二定律，刚撤去F 后，物体的加速度a ＝kx 0－μmg m ＝kx 0m－μg ，选项B 错误；物体做匀减速运动的位移为3x 0，则3x 0＝12a 3t 2，得物体做匀减速运动的时间t ＝6x 0a 3＝6x 0μg，选项C 错误；当物体的速度最大时，加速度a ′＝0，即kx ＝μmg ，所以x ＝μmgk，所以物体克服摩擦力做的功为W ＝μmg (x 0－x )＝μmg (x 0－μmgk)，选项D 正确．【答案】 D(对应学生用书第41页)●动力学中的转折点问题1．如图3－2－7所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动为( )图3－2－7A ．物块先向左运动，再向右运动B ．木板和物块的速度都逐渐减小，直到为零C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．物块向右运动，速度逐渐增大，然后速度逐渐变小，直到做匀速运动 【解析】 木板受拉力作用后，物块相对木板滑动，说明木板加速度大于物块加速度；滑了一段距离后仍有滑动说明这时木板速度还是大于物块速度；此时撤掉拉力，物块的加速度方向与运动方向相同，做匀加速运动；木板的加速度方向与运动方向相反，做匀减速运动．当二者速度相同时，一起做匀速运动．C 选项正确．【答案】C●失重问题2．如图3－2－8所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的斜面，现将一个重为4 N的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么测力计因4 N 物体的存在而增加的读数不可能是( )图3－2－8A．4 N B．2 3 NC．2 N D．3 N【解析】当斜面光滑时，物体沿斜面下滑时有竖直向下的分加速度a y，处于失重状态，托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg－ma y，而a y＝a sin θ，又因mg sin θ＝ma，所以ΔF＝mg－mg sin2θ＝3 N；当斜面粗糙时，物体有可能匀速下滑，此时托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg＝4 N，而当物体沿斜面加速下滑时，托盘测力计增加的示数应满足3 N<ΔF<4 N，所以选C.【答案】C●由运动情况推断受力情况3.图3－2－9(2011·上海高考改编)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v－t图线如图3－2－9所示，则( )A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大B．在t1时刻，外力F为零C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不变D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大【解析】由图象可知0～t1，物体作a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝F－fm可知，F逐渐减小，最终F＝f，故A、B错误．t1～t2物体作a 增大的减速运动，由a＝f－Fm可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能F已正向减为零且负向增大，故C错误，D正确．【答案】D●与图象结合的超失重问题4.图3－2－10(贵州天柱民族中学模拟)某研究性学习小组用实验装置模拟发射卫星．点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－10所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是( ) A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度 C. t 1～t 2时间内卫星处于超重状态 D. t 2～t 3时间内卫星处于超重状态【解析】 卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3时刻到达最高点，A 错误；v －t 图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 正确，D 错误．【答案】 C●动力学的基本问题 5.图3－2－11(2012·浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m 、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图3－2－11所示．在高出水面H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，“A 鱼”竖直下潜h A 后速度减为零，“B 鱼”竖直下潜h B 后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g ，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：(1)“A 鱼”入水瞬间的速度v A 1； (2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力f A ；(3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比f A ∶f B . 【解析】 (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动，有v 2A 1－0＝2gH ①得：v A 1＝2gH .②(2)方法一：“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A ，有F 合＝F 浮＋f A －mg ③ F 合＝ma A ④0－v 2A 1＝－2a A h A ⑤ 由题意：F 浮＝109mg综合上述各式，得f A ＝mg (H h A －19)．⑥方法二：对“A 鱼”运动的全过程应用动能定理可得， mg (H ＋h A )－109mgh A －f A h A ＝0解得f A ＝mg (H h A －19)．(3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似，有f B ＝mg (Hh B －19)⑦综合⑥、⑦两式，得f A f B ＝h B 9H －h A h A 9H －h B. 【答案】 (1)2gH (2)mg (H h A －19) (3)h B 9H －h Ah A 9H －h B课后作业(八) (对应学生用书第231页)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．) 1．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A ．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C ．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐增大D ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变【解析】 雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －F f ＝ma 得：a ＝g －F fm，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是F f 增大，故B 、C 错误．【答案】 D2.图3－2－12(淮北一中模拟)2011年8月30日，在韩国大邱世界田径锦标赛女子撑杆跳高决赛中，巴西选手穆勒以4米85的成绩夺冠．若不计空气阻力，则穆勒在这次撑杆跳高中( )A ．起跳时杆对她的弹力等于她的重力B ．起跳时杆对她的弹力小于她的重力C ．起跳以后的下落过程中她处于超重状态D ．起跳以后的下落过程中她处于失重状态【解析】 当物体加速度方向向上时处于超重状态，当物体的加速度方向向下时处于失重状态．对于本题来说起跳时竖直方向由静止上升，具有向上的加速度，故杆对运动员的弹力大于重力，故A 、B 错误；在下落过程具有向下的加速度，运动员处于失重状态，故C 错误，D 正确．【答案】D3．(芜湖模拟)在加速上升的电梯地板上放置着一个木箱，下列说法正确的是( )A．木箱对电梯地板的压力小于木箱的重力B．木箱对电梯地板的压力等于木箱的重力C．电梯地板对木箱的支持力大于木箱对电梯地板的压力D．电梯地板对木箱的支持力等于木箱对电梯地板的压力【解析】木箱的加速度方向竖直向上，合外力方向也向上，对木箱受力分析，其受到竖直向下的重力G和电梯地板对木箱竖直向上的支持力N的作用，因为合外力方向向上，所以N＞G，即电梯地板对木箱的支持力大于木箱的重力；因为电梯地板对木箱的支持力与木箱对电梯地板的压力是一对作用力与反作用力，所以它们的大小相等，选项C错误，D正确；因为N＞G，木箱对电梯地板的压力等于N，所以木箱对电梯地板的压力大于木箱的重力G，选项A、B错误．本题答案为D.【答案】D4．(洛阳一中质检)如图3－2－13所示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图3－2－13A．0.35mg B．0.4mgC．0.3mg D．0.2mg【解析】重物受力图如图所示，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma sin 37°，f＝ma cos 37°，解得f＝0.2mg，即D正确．【答案】D5．如图3－2－14甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F 的作用，F与时间t的关系如图3－2－14乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是( )甲乙图3－2－14A．t0时间内加速度最小B．t3时刻加速度最小C．t3时刻物块的速度最大D．t2时刻物块的速度最小【解析】在t0时间内物块保持静止，所以物块的加速度为零，即A选项正确；t1时刻物块加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，所以B、C错；在t2时刻物块的加速度为零，速度最大，所以D错误．【答案】A6．(陕西师大附中质检)如图3－2－15所示，质量为10 kg的物体拴在一个被水平拉伸的轻质弹簧一端，弹簧的拉力为5 N，物体处于静止状态．若小车以1 m/s2的加速度水平向右运动，则(g＝10 m/s2)( )图3－2－15A．物体相对小车向左运动B．物体受到的摩擦力增大C．物体受到的摩擦力大小不变D．物体受到的弹簧拉力增大【解析】由于弹簧处于拉伸状态，物体处于静止状态，可见，小车对物体提供水平向左的静摩擦力，大小为5 N，且物体和小车间的最大静摩擦力f m≥5 N；若小车以1 m/s2的加速度向右匀加速运动，则弹簧还处于拉伸状态，设弹力F不变，仍为5 N，由牛顿第二定律可知：F＋f＝ma，得f＝5 N≤f m，则物体相对小车静止，弹力不变，摩擦力的大小不变，选项C正确．【答案】C7．(合肥一中模拟)如图3－2－16所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A ＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是( )图3－2－16A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定小于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v B一定等于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B不可能等于3 m/s【解析】当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度v B＝v2A－2ax＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，v B＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s 时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．【答案】A8.图3－2－17(铜陵模拟)某人在地面上用体重秤称得自己的体重为500 N，他将体重秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间内，体重秤的示数变化如图3－2－17所示，则电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )【解析】体重秤的示数显示的是人对体重秤的压力，根据牛顿第三定律，该示数等于电梯地面对人的支持力；根据G－t图象，在t0至t1时间内，电梯对人的支持力大小为450 N，小于重力500 N，这说明合力大小恒定、方向向下，加速度的大小不变、方向也向下，因为取竖直向上为正方向，所以加速度取负值，其对应的v－t图象是一条倾斜直线，该直线的斜率为负值，据此可知，选项B正确．【答案】B9.图3－2－18(福建泉州五中模拟)如图3－2－18所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶3C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶4【解析】a1t1＝v max＝a2t2，利用a1＝2a2得t1∶t2＝1∶2，B错误；下滑的最大速度v max＝2v＝2st＝8 m/s，A错误；加速过程中有mg－Ff1＝ma1，减速过程中有Ff2－mg＝ma2，而a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，所以Ff1∶Ff2＝1∶7，C正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x1＝v t1，x2＝v t2，x1∶x2＝t1∶t2＝1∶2，D错误．【答案】C10．(2010·福建高考)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的变化规律如图3－2－19所示．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3－2－19A．18 m B．54 mC．72 m D．198 m【解析】本题考查了牛顿运动定律和运动学公式，解答这类题目的关键是对物体进行正确的受力分析和运动过程分析．物体所受摩擦力为f＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，因此前3 s内物体静止.3 s～6 s，a＝F－fm＝8－42m/s2＝2 m/s 2，x 1＝12at 21＝12×2×32m ＝9 m ；6 s ～9 s ，物体做匀速直线运动，x 2＝vt 2＝at 1·t 2＝2×3×3 m＝18 m ；9 s ～12 s ，物体做匀加速直线运动，x 3＝vt 3＋12at 23＝6×3 m＋12×2×9 m＝27 m ；x 总＝x 1＋x 2＋x 3＝9 m ＋18 m ＋27 m ＝54m ，故B 选项正确．【答案】 B二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11. 图3－2－20(15分)(宿州模拟)如图3－2－20所示，质量为M 的铁箱内装有质量为m 的货物．以某一初速度向上竖直抛出，上升的最大高度为H ，下落过程的加速度大小为a ，重力加速度为g ，铁箱运动过程受到的空气阻力大小不变．求：(1)铁箱下落过程经历的时间；(2)铁箱和货物在落地前的运动过程中克服空气阻力做的功； (3)上升过程货物受到铁箱的作用力．【解析】 (1)设铁箱下落经历时间为t ，则H ＝12at 2，解得t ＝2Ha.(2)设铁箱运动过程中受到的空气阻力大小为f ，克服空气阻力做的功为W ，则(M ＋m )g －f ＝(M ＋m )a ，W ＝2fH ，解得：f ＝(M ＋m )(g －a )，W ＝2H (M ＋m )(g－a )．(3)设上升过程的加速度大小为a ′，货物受到铁箱的作用力大小为F ，则(M ＋m )g ＋f ＝(M ＋m )a ′，F ＋mg ＝ma ′，解得：F ＝m (g －a )，作用力方向竖直向下．【答案】 (1)t ＝ 2Ha(2)2H (M ＋m )(g －a )(3)m (g －a ) 竖直向下12．(15分)(海口实验中学模拟)如图3－2－21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3－2－21试求：(1)斜面的倾角α；(2)恒力F 的大小；(3)t ＝1.6 s 时物体的瞬时速度．【解析】 (1)经分析可知，当t ＝2.2 s 时，物体已通过B 点．因此减速过程加速度大小a 2 ＝3.3－2.12.4－2.2m/s 2＝6 m/s 2，mg sin α＝ma 2，解得α＝37°.(2)a 1＝2.0－1.00.4－0.2m/s 2＝5 m/s 2F －mg sin α＝ma 1，解得F ＝11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t 1，在B 点时有 5t 1＝2.1＋6(2.4－t 1)，t 1＝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.【答案】 (1)37° (2)11 N (3)6.9 m/s。
高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第2节课时1牛顿第二定律两类动力学问题：对牛顿第二定律的理解课件鲁
v1 v2
1.物块在整个下落过 程中，可分解为几个 不同的小物理过程？ 2.每个小物理过程中， 物块的受力情况及运 动特征如何？
转 解析
3.规律方法
特别提醒
(1)加速度的大小与速度的大小无关。 (2)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。 (3)a＝ΔΔvt 是加速度的定义式，a 与 Δv、Δt 无直接关系；a ＝mF是加速度的决定式，a∝F，a∝m1 。
三、课后“静思2分钟”大有学问
我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过程 详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的课后 复习30分钟。
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反思总结 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。
第三章 牛顿运动定律
考点强化： 牛顿第二定律的理解
1.热点透析 2.典例剖析 3.规律方法 4.跟踪训练
1.热点透析
一、力与运动有怎样的关系？
改变物体运动状 态的原因源自力维持运动的 原因
定量描述
F=ma
a
加速度与力有直接关系，分析清楚了力，就知道了加速 度，而速度与力没有直接关系．
第三章 第2课时 牛顿第二定律(解析版)-2025年物理大一轮复习讲义
第三章运动和力的关系第2课时 牛顿第二定律学习目标1.掌握牛顿第二定律的内容及公式，能够应用牛顿第二定律解决问题。
2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算．3.会应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题．考点01 牛顿第二定律一、牛顿第二定律的表达式1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，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＝kma，其中力F指的是物体所受的合力．3．牛顿第二定律的四个性质(1)因果性：力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度．(2)矢量性：F＝ma是一个矢量式．物体的加速度方向由它所受的合力方向决定，且总与合力的方向相同．(3)瞬时性：加速度与合力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失．(4)独立性：作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和．二、力的单位1．力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为N.2．“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即1 N＝1 kg·m/s2.3．在质量的单位取kg，加速度的单位取m/s2，力的单位取N时，F＝kma中的k＝1，此时牛顿第二定律可表示为F＝ma.[典例1·对牛顿第二定律的理解的考查](多选)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，物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比B．由m＝Fa可知，物体的质量与其所受的合外力成正比，与其运动的加速度成反比C．由a＝Fm可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比D．由m＝Fa可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得答案 CD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，作用在物体上的合外力，可由物体的质量和加速度计算，并不由它们决定，A错误；质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误；由牛顿第二定律知加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比，m可由其他两量求得，C、D正确．[拓展训练]关于牛顿第二定律，以下说法正确的是( )A．由牛顿第二定律可知，加速度大的物体所受的合力一定大B．牛顿第二定律说明了质量大的物体的加速度一定小C．由F＝ma可知，物体所受到的合力与物体的质量成正比D．对同一物体而言，物体的加速度与物体所受到的合力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与物体所受的合力方向一致答案 D解析 加速度是由合力和质量共同决定的，故加速度大的物体所受的合力不一定大，质量大的物体的加速度不一定小，选项A、B错误；物体所受到的合力与物体的质量无关，选项C 错误；由牛顿第二定律可知，同一物体的加速度与物体所受的合力成正比，并且加速度的方向与合力方向一致，选项D正确．考点02 牛顿第二定律的简单应用1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤(1)确定研究对象．(2)进行受力分析和运动状态分析，画出受力分析图，明确运动性质和运动过程．(3)求出合力或加速度．(4)根据牛顿第二定律列方程求解．2．应用牛顿第二定律解题的方法(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求这两个力的合力，物体所受合力的方向即加速度的方向．(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体所受的合力．①建立直角坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程F x＝ma，F y＝0(或F x＝0，F y＝ma)．②特殊情况下，若物体的受力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a .根据牛顿第二定律{F x ＝ma x F y ＝ma y列方程求解．[典例2·对牛顿第二定律的简单应用的考查](2022·全国乙卷·15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L 。
高考物理一轮复习第三章第2节牛顿第二定律两类动力学问题学案
第2节牛顿第二定律两类动力学问题一、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它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
[注1](2)表达式：F＝ma。
[注2]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 [注3]在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、米和秒为基本单位。
(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
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：[注4]【注解释疑】[注1] 加速度的大小是由力和物体的质量共同决定的。
[注2] 应用F＝ma进行计算时，各量必须使用国际单位制中的单位。
[注3] “基本量”既可以采用国际单位制中的单位，也可以采用其他单位制中的单位，如厘米、英寸、斤等常用单位，并且不同的单位制规定的基本量不尽相同。
[注4] 既可以根据受力求加速度，也可以根据运动规律求加速度。
[深化理解]1.牛顿第二定律的适用范围(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.牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度跟力同时产生、同时变化、同时消失。
3.物体受力的瞬间，立即获得加速度，而由于惯性，速度不会立即产生变化。
[基础自测]一、判断题(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)物体受到外力作用不为零时，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。
高考物理一轮复习 第三章 第2课时牛顿第二定律 两类动力学问题课件
第2课时
(2)从t＝0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时 间为多少？
(3)请以纵坐标表示A受到B的摩擦力FfA，横坐标表示运动
时间t(从t＝0开始，到A、B都静止)，取运动方向为正方
本
课 栏
向，在图6中画出FfA－t的关系图线(以图线评分，不必写
目 出分析和计算过程)．
开
关
图6
课堂探究·突破考点
(2)认真分析题意，明确已知量与所求量； (3)选取研究对象，分析研究对象的受力情况与运动情况； (4)利用力的合成、分解等方法及运动学公式列式求解．
课堂探究·突破考点
第2课时
跟踪训练 2 如图 7 所示，长 12 m、质量为 50 kg 的木板
右端有一立柱．木板置于水平地面上，木板与地面间的
动摩擦因数为 0.1，质量为 50 kg 的人立于木板左端，木
第2课时
3．求解上述两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
本 课 栏 目 开 关
分析解决这类问题的关键：应抓住受力情况和运动情 况之间联系的桥梁——加速度．
课堂探究·突破考点
第2课时
典例剖析
例 2 如图 3 所示，质量为 M＝2 kg 的足够长的长木板，静
止放置在粗糙水平地面上，有一质量为 m＝3 kg 可视为质
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)、低速运动(远小于光速)的情况．
基础再现·深度思考
第2课时
二、两类动力学问题
[基础导引]
以 15 m/s 的速度行驶的无轨电车，在关闭电动机后，经过
本 课
10 s 停了下来．电车的质量是 4.0×103 kg，求电车所受的
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第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 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．(2015年广州调研)如图K3－2－1甲，静止在光滑水平面上O点的物体，从t＝0时刻开始受到如图K3－2－1乙所示的水平力作用，设向右为F的正方向，则物体( )
图K3－2－1 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＝F0m；1～2 s内物体以初速度v1＝F0m向右做匀减速直线运动，2 s末的速度v2＝v1
－F0m＝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的变化规律如图K3－2－2所示．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K3－2－2 A．18 m B．54 m C．72 m D．198 m 【答案】B 【解析】滑动摩擦力大小Fμ＝μmg＝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＝8－42m/s2＝2 m/s2.6 s末的速度v1＝2×3 m/s＝6 m/s,12 s末的速度v2＝6 m/s＋2×3 m/s＝12 m/s.3～6 s发生的位移大小x1＝62×3 m＝9 m，6～9 s 发生的位移大小x2＝6×3 m＝18 m,9～12 s发生
的位移大小x3＝6＋122×3 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．(2012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＝mg＋kvm，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. (2015年河南模拟)2013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θ.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( )
图K3－2－3 A．运动员的加速度大小为gsin θ B．球拍对球的作用力大小为mgcos θ
C．运动员对球拍的作用力大小为M＋mgcos θ 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 θ，其加速度为gtan θ，受到球拍的支持力为mg/cos θ，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 θ，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．(2015年黑龙江模拟)如图K3－2－4所示，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μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ.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K3－2－4 A．当 F <2 μmg时，A、B都相对地面静止
B．当 F＝52μmg时，A的加速度为13μg C．当 F>3 μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过12μg 【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＝2μmg ，
隔离B分析，根据牛顿第二定律得，2μmg－12μ·3mg＝ma，解得a＝12μg.对整体分析，根
据牛顿第二定律有：F－12μ·3mg＝3ma，解得F＝3μmg.故当F＞3μmg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12μg，故D正确；当F＝52μmg
时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a＝F－12μ·3mg3m＝μmg3m＝13μg，故B正确；当F＜2μmg，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＝12μ·3mg＝32μmg，知A、B不能相对地面静止，故A错误． 6．(2015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K3－2－5 A．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θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( )
图K3－2－6 A．F1＜F2 B．F1＝F2 C．t1一定大于t2 D．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．如图K3－2－7所示，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K3－2－7 A．甲车的加速度大小为FM B．甲车的加速度大小为0 C．乙车的加速度大小为2FM＋m 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＝2FM＋m，所以选项B、
C正确． 9．(2013年全国卷Ⅰ)2012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K3－2－8 A．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1/10 B．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2.5g D．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＝70×0.4 m＋12×(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＝66－102.1 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．(2015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＝vt－v0t＝0－8.01.0m/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＝μFN.
代入数据，得μ＝0.25. (3)由图象知距离
s＝v02·t＝82×1.0 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：