第三章 第二单元 牛顿第二定律及其应用

物理总复习：牛顿第二定律及其应用【知识网络】牛顿第二定律内容：物体运动的加速度与所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力相同。

解决动力学两大基本问题（1）已知受力情况求运动情况。

（2）已知物体的运动情况，求物体的受力情况。

运动=F ma−−−→←−−−合力 加速度是运动和力之间联系的纽带和桥梁【考点梳理】要点一、牛顿第二定律1、牛顿第二定律牛顿第二定律内容：物体运动的加速度与所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力相同。

要点诠释：牛顿第二定律的比例式为F ma ∝；表达式为F ma =。

1 N 力的物理意义是使质量为m=1kg 的物体产生21/a m s =的加速度的力。

几点特性：（1）瞬时性：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，力是加速度产生的根本原因，加速度与力同时存在、同时变化、同时消失。

（2）矢量性： F ma =是一个矢量方程，加速度a 与力F 方向相同。

（3）独立性：物体受到几个力的作用，一个力产生的加速度只与此力有关，与其他力无关。

（4）同体性：指作用于物体上的力使该物体产生加速度。

要点二、力学单位制1、基本物理量与基本单位力学中的基本物理量共有三个，分别是质量、时间、长度；其单位分别是千克、秒、米；其表示的符号分别是kg 、s 、m 。

在物理学中，以质量、长度、时间、电流、热力学温度、发光强度、物质的量共七个物理量 作为基本物理量。

以它们的单位千克（kg ）、米（m ）、秒（s ）、安培（A ）、开尔文（K ）、坎 德拉（cd ）、摩尔（mol ）为基本单位。

2、 基本单位的选定原则（1）基本单位必须具有较高的精确度，并且具有长期的稳定性与重复性。

（2）必须满足由最少的基本单位构成最多的导出单位。

（3）必须具备相互的独立性。

在力学单位制中选取米、千克、秒作为基本单位，其原因在于“米”是一个空间概念；“千克”是一个表述质量的单位；而“秒”是一个时间概念。

第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。

2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。

3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。

1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。

(√)(2)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。

(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。

(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。

(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。

(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。

(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。

(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。

电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。

两小球均处于静止状态。

已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。

2012年物理一轮精品复习学案：第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题【考纲知识梳理】一、牛顿第二定律1、内容：牛顿通过大量定量实验研究总结出：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向和合外力的方向相同。

这就是牛顿第二定律。

2、其数学表达式为：m Fa =ma F =牛顿第二定律分量式：⎩⎨⎧==yy x x ma F ma F用动量表述：t PF ∆=合3、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题； 二、两类动力学问题1.由受力情况判断物体的运动状态；2.由运动情况判断的受力情况 三、单位制1、单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。

（1）基本单位：所选定的基本物理量的(所有)单位都叫做基本单位，如在力学中，选定长度、质量和时间这三个基本物理量的单位作为基本单位： 长度一cm 、m 、km 等； 质量一g 、kg 等； 时间—s 、min 、h 等。

（2）导出单位：根据物理公式和基本单位，推导出其它物理量的单位叫导出单位。

2、由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

选定基本物理量的不同单位作为基本单位，可以组成不同的单位制，如历史上力学中出现了厘米·克·秒制和米·千克·秒制两种不同的单位制，工程技术领域还有英尺·秒·磅制等。

【要点名师精解】一、对牛顿第二定律的理解1、牛顿第二定律的“四性”（1）瞬时性：对于一个质量一定的物体来说，它在某一时刻加速度的大小和方向，只由它在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定．当它受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，这便是牛顿第二定律的瞬时性的含义．例如，物体在力F1和力F2的共同作用下保持静止，这说明物体受到的合外力为零．若突然撤去力F2，而力F1保持不变，则物体将沿力F1的方向加速运动．这说明，在撤去力F2后的瞬时，物体获得了沿力F1方向的加速度a1．撤去力F2的作用是使物体所受的合外力由零变为F1，而同时发生的是物体的加速度由零变为a1．所以，物体运动的加速度和合外力是瞬时对应的．（2）矢量性(加速度的方向与合外力方向相同)；合外力F是使物体产生加速度a的原因，反之，a是F产生的结果，故物体加速度方向总是与其受到的合外力方向一致，反之亦然。

第三章牛顿定律§2牛顿第二定律的简单应用【知识框架】【知识点梳理】一、应用牛顿运动定律解题的基本方法1.当物体只受两个力作用而做变速运动时，通常根据加速度和合外力方向一致，用平行四边形定则先确定合外力后求解，称为合成法.2.当物体受多个力作用时，通常采用正交分解法.为减少矢量的分解，建立坐标系，确定x轴正方向有两种方法：(1)分解力不分解加速度，此时一般规定a方向为x轴正方向.(2)分解加速度不分解力，此种方法以某种力的方向为x轴正方向，把加速度分解在x 轴和y轴上.二、力和运动关系的分析分析力和运动关系问题时要注意以下几点：1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系.2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速.3.物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度)，尤其是初始条件是很多同学最容易忽视的，从而导致不能正确地分析物体的运动过程.【例题解析】{通过受力分析运动情况}【例1】35．（2015•松江区一模）楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ=37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F=10N，刷子的质量为m=0.5kg，刷子可视为质点．刷子与板问的动摩擦因数为0.5，扳长为L=4m，取sin37°=0.6，试求：（1）刷子沿天花板向上运动的加速度：（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．【解答】答：（1）刷子沿天花板向上运动的加速度为a=2m/s2；（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间为2s．【例2】如图，AC、BC为位于竖直平面内的两根光滑细杆，A、B、C恰好位于同一圆周上，C为最低点，a、b为套在细杆上的两个小环，当两环同时从A、B两点由静止开始自由下滑时，下面正确的是（）A．a环先到c点B．b环先到c点C．两环同时到达c点D．无法确定【解答】解：作出辅助线如图所示，设∠ACD为α，则AC=CDcosα=2Rcosα，a小球的加速度为gcosα，则：2Rcosα=gcosαt2，得：t=，与角度无关．故选项C正确，ABD错误．故选C【例3】如图所示某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，各段时间相同，设小球从静止开始运动，由此可以判定（）A．小球向前运动，再返回停止B．小球向前运动再返回不会停止C．小球始终向前运动D．小球做匀加速直线运动【解答】解：由图：物体在奇数秒内，合力恒定不变，从静止开始做匀加速直线运动．偶数秒内力反向，由于惯性，物体仍沿原方向做匀减速直线运动，偶数秒末速度为零，周而复始．做单向直线运动．故C正确．故选C{通过加速度分析受力情况}【例1】27．（2016•虹口区二模）一质量为m=2kg的滑块能在倾角为θ=37°的足够长的斜面上以a=2m/s2匀加速下滑．若给滑块施加一水平向右的恒力F，使之由静止开始在t=2s的时间内沿斜面运动2m．求：（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；（2）推力F的大小．【解答】解：（1）未施加推力过程，牛顿第二定律：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma；代入数据，解得：μ=0.5；（2）施加推力F后，由s=at2，得：a′==1m/s2，滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能：当加速度沿斜面向上时，根据牛顿第二定律，有：Fcos37°﹣mgsin37°﹣μ（Fsin37°+mgcos37°）=ma′解得：F==44N当加速度沿斜面向下时，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°﹣Fcos37°﹣μ（Fsin37°+mgcos37°）=ma′解得：F==≈1.82N；答：（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ为0.5；（2）推力F的大小为44N或者1.82N【例2】22．（2011秋•宝山区校级期中）如图所示，固定在小车上的折杆∠A=θ，B端固定一个质量为m的小球，若车向右的加速度为a，则AB杆对小球的作用力F为（）（多选）A．当a=0时，F=，方向沿AB杆B．当a=gtanθ时，F=，方向沿AB杆C．无论a取何值，F都等于m，方向都沿AB杆D．无论a取何值，F都等于m，方向不一定沿AB杆【解答】BD．【例3】．（2005•徐汇区校级模拟）小球静止在小车中的光滑斜面和光滑竖直档板之间，原来小车向左匀速运动，现在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力N A的大小和档板B对小球的弹力N B的大小，以下说法正确的是（）A．N A不变，N B减小B．N A增大，N B不变C．N B有可能为零D．N A可能为零【解答】解：对小球进行受力分析，作出力图：重力mg、斜面对小球的弹力N A和挡板B 对小球的弹力N B．设加速度大小为a，A的倾角为α．根据牛顿第二定律得：水平方向：mg=N A cosα，①竖直方向：N A sinα﹣N B=ma②由①看出，m、α不变，则N A不变．由②得，N B=N A sinα﹣ma．小车匀速运动时，a=0，N B=N A sinα，则小车匀减速运动时，N B减小，可以为零．故选：AC{临界问题}【例1】32．（2016春•包头校级期中）如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处．细线的另一端拴一质量为m的小球，求：（1）当滑块至少以多大加速度a 向左运动时，小球对滑块的压力等于零；（2）当滑块以a=2g的加速度向左运动时，求线中拉力T等于多少？【解答】解：（1）对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45°=ma竖直方向：Fsin45°=mg解得：a=g（2）当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设F与水平面夹角为θ，根据牛顿第二定律，有：F合=Fcosθ=ma=2mgFsinθ=G解得：tanθ=F==答：（1）当斜面体至少以a=g的加速度向左运动时，小球对斜面的压力为零；（2）当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力为．{求瞬时加速度}【例1】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．（1）现将L2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度；（2）若将图甲中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况不变，如图乙所示，求剪断L2瞬间物体的加速度．【解答】解：（1）如左图所示，将L2线剪断瞬后，物体将绕悬点做圆周运动，在将L2线剪断间，物体受到的合力沿圆的切线方向，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma1，得：a1=gsinθ；（2）如右图所示，将弹簧剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体受重力与弹簧弹力作用，而弹簧弹力与重力不变，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma2，得加速度为：a2=gtanθ；答：（1）将L2线剪断，剪断瞬间物体的加速度为gsinθ．（2）剪断L2瞬间物体的加速度为gtanθ．【课堂练习】1．（2015•兴平市校级一模）如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出（）A．物体的质量B．物体与水平面间的滑动摩擦力C．物体与水平面间的最大静摩擦力D．在F为14N时物体的速度【解答】解：对物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力根据牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma解得：由a与F图线，得到①②①②联立得，m=2Kg，μ=0.3，故AB正确；C、物体所受的滑动摩擦力为f=μmg=6N，但滑动摩擦力小于最大静摩擦力，故无法求得最大静摩擦力，所以C错误；由于物体先静止后又做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F为变力无法求F得功，从而也无法根据动能定理求速度，故D错误；故选：AB．2．（2013秋•浦东新区期末）如图，一小球通过细绳悬挂于车厢顶上，车厢在水平轨道上做直线运动，小球相对车厢静止，细绳与竖直方向夹角为α，则车厢的加速度（）A．a=gtanα，方向水平向右B．a=gtanα，方向水平向左C．a=gsinα，方向水平向右D．a=gsinα，方向水平向左【解答】解：隔离对小球分析，如图所示，根据牛顿第二定律得，小球的加速度a=．车厢的加速度与小球的加速度相同，方向水平向右．故A正确，B、C、D错误．故选：A．3．（2016•上海）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【解答】解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向加速运动，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，即合力沿图中的OD方向，故ABC错误，D正确．故选：D．4．（2016•浦东新区一模）如果力F在时间t内使质量为m的物体移动一段距离s，那么（）A．力F在时间t内使质量的物体移动距离sB．力F在时间内使质量的物体移动距离sC．力F在时间2t内使质量2m的物体移动距离sD．力在时间t内使质量的物体移动距离s【解答】解：物体做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律与匀变速运动的位移公式可得：s=at2=；A、力F在时间t内使质量的物体移动的距离为，故A错误；B、力F在时间内使质量的物体移动距离为，故B错误；C、力F在时间2t内使质量2m的物体移动距离为，故C错误；D、力在时间t内使质量的物体移动距离为，故D正确；故选：D5．（2010•宝山区一模）在光滑的水平面上做匀加速直线运动的物体，当它所受的合力逐渐减小而方向不变时，物体的（）A．加速度越来越大，速度越来越大B．加速度越来越小，速度越来越小C．加速度越来越大，速度越来越小D．加速度越来越小，速度越来越大【解答】解：物体在光滑的水平面上做匀加速直线运动，说明速度方向与加速度方向相同．当它所受的合力逐渐减小而方向不变时，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小而方向保持不变．加速度仍然保持与速度同向，所以速度仍然增加．故加速度越来越小，速度越来越大．故选D．6．（2011•杨浦区一模）静止的传送带上有一砖块正在匀速下滑，此时开动传送带向上传送．那么物体滑到底端所用的时间与传送带不动时比较（）A．下滑时间增大 B．下滑时间不变 C．下滑时间减小 D．无法确定．【解答】解：方法一：木块下滑，是由于受到重力沿斜面向下的分力和斜面对木块的摩擦力的合力造成的，无论传送带是匀速向上运动还是静止，由于木块沿斜面向下的分力和斜面对木块的摩擦力都不变，所以木块受到的合力不变，故木块相对于传送带向下运动的速度是不变的．设木块下滑的速度为V；相对于传送带，木块下滑移动的距离都等于上下两个转动轴之间的长度s．根据公式：t=，所以，木块滑到底部所需的时间与传送带静止不动时所需时间是相等的．方法二：当传送带静止不动时，木块能匀速下滑，那说明木块在沿斜面方向上受力是平衡力，既木块的重力在沿斜面向下方向上的分力与木块受到的向上的摩擦力是相等的．如果在木块下滑时，传送带突然向上开动．因为传送带向上开动时，并不能使木块向上运动，不管传送带向上运动还是向下运动，木块下滑时受到的摩擦力始终是向上的，传送带向上运动时并不能使摩擦力变大，木块的受力情况不变，木块的运动状态并没有改变，木块仍会以原来的速度下滑，那么木块下滑的时间与传送还不动时的时间一样．故选B．7．（2005秋•金山区期末）若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则（）A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的速度不可能总是不变的C．物体的加速度不可能总是不变的D．物体的速度的方向可能会发生变化【解答】解：A、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，若合力总与速度垂直，合力不做功，由动能定理得知物体的动能不变，比如匀速圆周运动．故A错误．B、力是改变物体速度的原因，合力不为零，物体的速度一定改变．故B正确．C、物体在运动过程中所受到的合外力不为零，合力可能不变，也可能变，则加速度可能不变，也可能变．故C错误．D、物体的速度的方向可能不变，比如自由落体运动．故D正确．故选BD．8．（2010•碑林区校级模拟）如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用，已知物块P沿斜面加速下滑，现保持F的方向不变，使其减小，则加速度（）A．一定变小B．一定变大C．一定不变D．可能变小，可能变大，也可能不变【解答】解：小物块P在推力F的作用下，沿光滑固定斜面加速下滑，设小物块的质量为m，斜面的倾角为θ，分析小物块的受力，并建立小物块的动力学方程，由牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣Fcosθ=ma∴a=gsinθ﹣．当保持F的方向不变，使其减小时，则加速度a一定变大．故B正确，A、C、D错误．故选B．9．（2016•上海模拟）如图示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A＞m B，则物体B（）A．只受一个重力B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个【解答】解：A、B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选：A．10．（2011•长宁区一模）某物体质量为1kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面作直线运动，其速度图象如图所示，根据图象可知物体（）A．受的拉力总是大于摩擦力B．在第3s内受的拉力为1NC．在第1s内受的拉力大于2N D．在第2s内受的拉力为零【解答】解：A、物体第一秒匀加速直线运动，第二秒做匀速直线运动，第三秒做匀加速直线运动，加速度分别为：=2m/s2，a2=0，根据牛顿第二定律，有F1﹣f=ma1①F2﹣f=0 ②F3﹣f=ma3③由②式，第二秒的拉力等于摩擦力，故A错误；B、由③式，第三秒内拉力比摩擦力大1N，故B错误；C、由①式，第一秒内的拉力大于2N，故C正确；D、由②式，第二秒内拉力等于摩擦力，故D错误；故选C．11．（2013秋•雅安期末）如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，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（）A．大小为g，方向竖直向下B．大小为g，方向垂直于木板向下C．大小为g，方向竖直向下D．大小为g，方向垂直于木板向下【解答】解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有：F﹣Nsin30°=0Ncos30°﹣G=0解得：N=F=mg木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为：a==g，方向垂直于木板向下；故选：D．12．（2012秋•鱼台县校级期末）如图所示，A、B两物体的质量分别为m和2m，中间用轻弹簧相连，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起以加速度a向右做匀加速直线运动．当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物体的加速度大小分别为（）A．2a、a B．2（a+μg）、a+μg C．2a+3μg、a D．a、2a+3μg【解答】解：撤去F前：设弹簧的弹力大小为F弹，根据牛顿第二定律得对B：F弹﹣μ•2mg=2ma ①解得，F弹=2μmg+2ma ②撤去F瞬间：弹簧的弹力F弹没有改变，则B物体的受力情况没有改变，则B的加速度仍为a．对A：F弹+μmg=ma A，③由②③解得，a A=2a+3μg．故选C13．（2012春•杨浦区校级月考）如图所示，可看成质点的A、B两个木块的质量均为2kg，两个木块与水平地面之间的滑动摩擦系数均为0.2，两木块之间用长为1m、质量不计的细线连接，放在水平地面上，在大小为10N的水平拉力F作用下一起向右运动，则此时A、B 两个木块向右运动的加速度大小为0.5m/s2．若细线在两木块向右运动的速度为8m/s时断裂，则在细线断裂后的5s末，A、B两木块之间的距离为61.5m．【解答】解：AB整体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：F﹣μ（m A+m B）g=（m A+m B）a代入数据得：a=0.5m/s2由公式v2=2ax得：绳断前两物体运动的位移：绳断后对B由牛顿第二定律得：停下来所用时间：即4s末到5s末B处于静止状态，B减速位移绳断后对A由牛顿第二定律得：5s内A运动的位移为：==77.5m在细线断裂后的5s末，A、B两木块之间的距离为△x=x A﹣x B=77.5﹣16m=61.5m故答案为：0.5，61.514．（2012秋•金山区期末）如图（a）所示，斜面倾角为α=37°、长L=2.5m且固定，斜面与水平面之间平滑连接．一小物块从斜面顶端以初速度v0沿斜面向下滑动，若初始速度v0=2.0m/s，小物块运动2.0s后停止在斜面上．减小初始速度v0，多次进行实验，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出相应的v0﹣t图象，如图（b）所示．已知小物块与斜面间的动摩擦因数、小物块与水平间的动摩擦因数相同．求：（1）小物块在斜面上下滑的加速度．（2）小物块与斜面间的动摩擦因数．（3）某同学认为，若小物块初速度v0=3m/s，则根据图象可以推知小物块从开始运动到最终停下的时间为3s．以上说法是否正确？若正确，请给出推导过程；若不正确，请说明理由，并解出正确的结果．【解答】解：（1）根据加速度的定义式得：=﹣1.0m/s2，加速度的方向沿斜面向上（2）牛顿第二定律：垂直斜面方向F N=mgcosα；平行于斜面方向mgsinα﹣μF N=ma解出代入数据得：μ=0.875（3）不正确．因为随着初速度v0的增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系．设小物块在斜面上滑行位移s1=2.5m时的速度减为v1，则v1==2m/s小物块在斜面上滑行时间t1=s小物块在水平面上滑行，牛顿定律：﹣μmg=ma′解出a′=﹣μg=﹣0.875×10m/s2=﹣8.75m/s2小物块在水平面上滑行时间t2==0.23s运动总时间t总=t1+t2=（1+0.23）s=1.23s答：（1）小物块在斜面上下滑的加速度大小为1.0m/s2，方向沿斜面向上．（2）小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.875．（3）不正确，因为随着初速度v0的增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系．小物块从开始运动到最终停下的时间为1.23s．15．（2010秋•龙岩期末）如图所示，质量为m=4kg的物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，现用F=10N与水平方向成θ=37°角的恒力拉物体，使物体由静止开始加速运动，当t=5s时撤去力F，求（1）物体做加速运动时加速度a的大小？（2）撤去F后，物体还能滑行多长时间？（sin37°=0.6 cos37°=0.8 g=10m/s2）【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：竖直方向：F N=mg﹣Fsin37°①水平方向：Fcos37°﹣F f=ma ②又F f=μF N③由①②③解得a=0.3 m/s2（2）5s末的速度v0=at=1.5m/s撤去F 后物体的加速度a1=﹣=﹣μg=﹣2 m/s2所以t1==0.75s答：（1）物体做加速运动时加速度a的大小为0.3 m/s2．（2）撤去F后，物体还能滑行0.75s．16．（2012秋•崂山区校级月考）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10m/s2）（1）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．（2）若给小物体一个沿斜面向下的初速度，恰能沿斜面匀速下滑，则小物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少？【解答】解：（1）以小物块为研究对象进行受力分析，如图所示．垂直斜面方向上受力平衡，由平衡条件得：mgcos30°﹣N=0沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣f=ma又f=μN由以上三式解得a=0.67m/s2小物体下滑到斜面底端B点时的速度：=3.66m/s运动时间：s（2）小物体沿斜面匀速下滑，受力平衡，加速度a=0，有垂直斜面方向：mgcos30°﹣N=0沿斜面方向：mgsin30°﹣f=0又f=μN解得：μ=0.58答：（1）小物体下滑到斜面底端B点时的速度为3.66m/s，所用时间为5.5s．（2）小物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.58．17．（2000•上海）风洞实验室中可产生水平方向的．大小可调节的风力．现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径．（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数．（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin37°=0.6，co37°=0.8）【解答】解：（1）设小球所受的风力为F，小球质量为mF=μmg故μ===0.5即小球与杆之间的动摩擦因素为0.5．（2）设杆对小球的支持力为N，摩擦力为f沿杆方向F•cos37°+mgsin37°﹣f=ma垂直于杆方向N+Fsin37°﹣mgcos37°=0其中：f=μN可解得a==gS=at2∴t═=即小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为．18．（2015•闵行区一模）民航客机都有紧急出口，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面上，并以不变速率进入水平面，在水平面上再滑行一段距离而停止，如图所示．若机舱口下沿距地面3.6m，气囊构成的斜面长度为6.0m，一个质量60kg的人沿气囊滑下时所受到的摩擦阻力是240N．若人与水平面动摩擦因数与斜面相同，g=10m/s2．求：（1）人与斜面的动摩擦因数；（2）人在斜面上下滑的时间；（3）人在水平面上滑行的距离．【解答】解：（1）设气囊倾角为α，由几何关系知sinα=所以α=37°摩擦力f=μN=μmgcosα所以（2）人在气囊上下滑过程中mgsinα﹣f=ma1下滑时间（3）人到达地面的速度人在地面上运动的加速度人在水平面上滑行的距离答：（1）人与斜面的动摩擦因数0.5；（2）人在斜面上下滑的时间2.45s；（3）人在水平面上滑行的距离2.4m【回家作业】1．（2010•安庆模拟）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（）A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N【解答】解：先研究物体，以加速度0.5m/s2匀加速被拉升，受力分析：重力与绳子的拉力．则有：F﹣mg=ma代入数据解得：F=210N，再研究工人，受力分析，重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态．则有：Mg=F+F支代入数据解得：F支=490N，由牛顿第三定律可得：F压=490N故选：B2．（2003秋•杨浦区期末）气球上升时，向上的加速度为a，气球速度为v时，从气球上掉下一个物体，不计空气阻力．则此物体刚掉下时（）A．有向上的速度v，向下的加速度aB．有向上的速度v，向上的加速度aC．有向上的速度v，向下的加速度gD．有向上的速度v，向上的加速度g【解答】解：上升的气球掉下一物体，由于具有惯性，物体离开气球的初速度与气球的速度相同，大小为v，方向竖直向上，由于物体仅受重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向下，大小为g．故C正确，A、B、D错误．故选C．3．（2004秋•浦东新区期末）如图所示，A、B、C三种情况，同一运动物体分别受到大小相等的力F的作用，设物体质量为m，地面动摩擦因数为μ，则三种情况的滑动摩擦力f A、f B、f C的大小关系是（）A．f A=f B=f C=μmg B．f A=μmg、f B＜μmg、f C＞μmgC．f A=μmg、f B＞μmg、f C＜μmg D．f A=μmg、f B=f C＞μmg【解答】解：三个物体中，C对地面的压力等于重力加上F在竖直方向上的分力，B对地面的压力等于重力减去F在竖直方向上的分力，A对地面的压力等于重力，根据f=μF N知，f A=μmg f B＜μmg f C＞μmg，故B正确．故选B4．（2004秋•浦东新区期末）作用在物体上的合外力不等于零时，物体仍作直线运动，则（）A．物体的速度必定越来越大B．物体的速度必定改变C．物体的速度必定越来越小D．物体的速度有可能不变【解答】解：物体的合外力不为零，则物体的加速度不为零，当加速度方向与速度方向相同时，速度增大，相反时，速度减小，即速度必然改变，故B正确故选B5．（2005•枣庄一模）如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速直线运动，不计其他外力及空气阻力，则其中一个质量为m的土豆A受其他土豆对它的总作用力的大小是（）A．mg B．μmg C．mg D．mg【解答】解：对整体分析，a=，方向水平向左．隔离对土豆分析，土豆受重力、其它土豆对它的作用力，根据牛顿第二定律得，F合=ma=μmg．根据平行四边形定则，其它土豆对它的作用力F=．故C正确，A、B、D错误．故选C．6．（2005•徐汇区校级模拟）如图所示，停在水平地面上的小车内，用轻绳AB和BC拴住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB对球的拉力为T1，绳BC对球的拉力为T2．小车从静止开始向左加速运动，若重球相对小车位置不变，则两绳对球的拉力大小与车静止时相比（）A．T1变大B．T2变小C．T1不变D．T2不变【解答】解：以小球为研究对象，分析受力：重力mg、绳AB的拉力T1和绳BC的拉力T2，如图．设小车的加速度为a，绳AB与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得T1sinθ=mg ①T1cosθ﹣T2=ma ②。

牛顿第二定律的理解
1.瞬时性：牛顿第二定律说明力的瞬时效应能产生加速度，物体的加速度和物体所受的合外力总是同生、同灭、同时变化，所以它适合解决物体在某一时刻或某一位置时的力和加速度的关系问题。

2.矢量性：力和加速度都是矢量，物体的加速度方向由物体所受合外力的方向决定。

牛顿第二定律的数学表达式F合＝ma中，等号不仅表示左右两边数值相等，也表示方向一致。

3.独立性：当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度(力的独立作用原理)，而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。

即：∑Fx ＝max，∑Fy＝may。

4.同一性：合外力F、质量m、加速度a三个物理量必须对应同一个物体或同一个系统；加速度a相对于同一惯性关系(一般以地面为参考系)。

牛顿第二定律适用范围
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。

第三章 牛顿运动定律第二单元 牛顿第二定律［知识梳理］：1．牛顿第二定律的表述：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，即F =ma （其中的F 和m 、a 必须相对应）2．对定律的理解：（1）矢量性：牛顿第二定律公式是矢量式。

公式mFa =只表示加速度与合外力的大小关系。

矢量式的含义在于加速度的方向与合外力的方向始终一致。

（2）瞬时性：加速度与合外力在每个瞬时都有大小、方向上的对应关系，这种对应关系表现为：合外力恒定不变时，加速度也保持不变。

合外力变化时加速度也随之变化。

合外力为零时，加速度也为零。

（3）独立性：当物体受到几个力的作用时，各力将独立的产生与其对应的加速度，而物体表现出来的实际加速度是各力产生的加速度的矢量和。

3．牛顿第二定律确立了力和运动的关系牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系。

联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度。

［典型例题］（一）牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性 （1）牛顿第二定律的矢量性、瞬时性 牛顿第二定律公式mFa =是矢量式。

加速度的方向与合外力的方向始终一致。

加速度的大小和方向与合外力是瞬时对应的，当力发生变化时，加速度瞬时变化。

【例1】如图（1）所示，一质量为m 的物体系于长度分别为L 1 、L 2的两根细线上，L 1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L 2水平拉直，物体处于平衡状态。

现将L 2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。

（1）下面是某同学对该题的某种解法：解：设L 1线上拉力为T 1，L 2线上拉力为T 2，重力为mg ，物体在三力作用下处于平衡。

=θcos 1T mg ，21sin T T =θ，解得2T =mg tan θ，剪断线的瞬间，T 2突然消失，物体却在T 2反方向获得加速度，因为mg tanθ=ma 所以加速度a =g tan θ，方向在T 2反方向。

第2讲牛顿第二定律的基本应用目标要求 1.掌握动力学两类基本问题的求解方法.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．考点一瞬时问题1．两种模型加速度与合外力具有因果关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．2．解题思路分析瞬时变化前物体的受力情况→分析瞬时变化后哪些力变化或消失→求出变化后物体所受合力根据牛顿第二定律列方程→求瞬时加速度例1如图所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一根轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度分别为a1、a2，则(取竖直向下为正方向，重力加速度为g)()A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝gC．a1＝－2g，a2＝g D．a1＝－g，a2＝0答案 C解析烧断细线之前，a、b球整体受到重力和弹簧的弹力F静止，此时弹簧的弹力大小F＝3mg，在细线烧断瞬间，弹簧的弹力不变，细线的拉力消失，根据牛顿第二定律得：对a球，mg－F＝ma1，解得a1＝－2g，b球只受重力，故b球的加速度为a2＝g，故C正确，A、B、D错误．例2(2022·安徽省蚌埠第三中学月考)如图，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，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g)()A．图甲中A球的加速度不为零B．图乙中两球加速度均为g sin θC．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3倍答案 B解析对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A 仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mg sin θ，由牛顿第二定律有2mg sin θ＝ma B，可得B的加速度为a B＝2g sin θ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mg sin θ＝2ma′，可得A、B的加速度均为a′＝g sin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mg sin θ＋F＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.剪断绳子或撤去外力后，两物体用轻杆连接，采用整体法，得出整体的加速度，再隔离单个物体分析；两物体用轻绳连接，可假设绳子有力(绳子绷直)采用先整体后隔离的方法，判断假设是否成立，从而得出正确的结论．例3(多选)如图所示，质量为m的小球被一根轻质橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．重力加速度为g，下列判断中正确的是()A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θC．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcos θD．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ答案BC解析设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得F cos θ＝mg，F sin θ＝T，解得F＝mgcos θ，T＝mg tan θ，在AC被突然剪断的瞬间，AC的拉力突变为零，BC上的拉力F突变为mg cos θ，重力垂直于绳BC的分量提供加速度，即mg sin θ＝ma，解得a ＝g sin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝gcos θ，C正确，D错误．考点二超重和失重问题1．超重(1)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．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：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)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力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．1．加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)2．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力．(×)3．加速上升的物体处于超重状态．(√)4．物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．(√)5．根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向．(×)1．判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．2．对超重和失重现象的理解(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)．(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，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等．考向1超、失重现象的图像问题例4(2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客所受支持力的大小用F N表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A．0～t1时间内，v增大，F N>mgB．t1～t2时间内，v减小，F N<mgC．t2～t3时间内，v增大，F N<mgD．t2～t3时间内，v减小，F N>mg答案 D解析根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则F N<mg，故A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则F N>mg，故D正确．例5(多选)蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．某次比赛过程中，一运动员做蹦床运动时，利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示．若运动员仅在竖直方向运动，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.依据图像给出的信息，下列说法正确的是()A．运动员的质量为60 kgB．运动员的最大加速度为45 m/s2C．运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 mD．9.3 s至10.1 s内，运动员一直处于超重状态答案ABC解析由题图所给信息可知，开始时运动员静止在蹦床上，所受弹力与重力大小相等，即mg ＝600 N，解得运动员的质量m＝60 kg，选项A正确；在蹦床上时受到的最大弹力F m＝3 300 N，最大加速度a m＝F m－mgm＝45 m/s2，选项B正确；运动员离开蹦床后在空中运动的时间t＝2 s，上升和下落的时间均为1 s，则最大高度为h＝12gt2＝5 m，选项C正确；9.3 s至10.1 s内，运动员先失重、后超重、再失重，D错误．考向2超、失重现象的分析和计算例6(多选)2021年9月17日，“神舟十二号”返回舱成功返回，返回舱在距地面某一高度时，启动减速降落伞开始做减速运动．当返回舱的速度大约减小至v＝9 m/s时，继续匀速(近似)下降．当以这个速度一直降落到距离地面h＝1.1 m时，立刻启动返回舱的缓冲发动机并向下喷气，舱体再次做匀减速运动，经历时间t＝0.2 s后，以某一安全的速度落至地面．设最后的减速过程可视为竖直方向的匀减速直线运动，取g＝10 m/s2，则最后减速过程中() A．返回舱中的航天员处于失重状态B．返回舱再次做减速运动的加速度大小为25 m/s2C．返回舱落地的瞬间速度大小为2 m/sD．返回舱再次做减速运动时对质量m＝60 kg的航天员的作用力的大小为2 700 N答案CD解析在最后的减速过程中，加速度向上，故返回舱中的航天员处于超重状态，故A错误；根据位移时间公式有x＝v t－12，代入数据，则有1.1 m＝9×0.2 m－12a×(0.2 s)2，解得a＝2at35 m/s2，故B错误；根据速度时间公式v′＝v－at，代入数据可得v′＝9 m/s－35×0.2 m/s ＝2 m/s，故C正确；对质量m＝60 kg的航天员受力分析，根据牛顿第二定律有N－mg＝ma，代入数据解得N＝2 700 N，故D正确．考点三动力学两类基本问题1．动力学问题的解题思路2．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；连接点速度是联系各物理过程的桥梁．考向1 已知受力求运动情况例7 如图所示，光滑斜面AB 与一粗糙水平面BC 连接，斜面倾角θ＝30°，质量m ＝2 kg 的物体置于水平面上的D 点，DB 间的距离d ＝7 m ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F ＝8 N 作用在该物体上，t ＝2 s 后撤去该力，不考虑物体经过B 点时的速度损失．求撤去拉力F 后，经过多长时间物体经过B 点？(g 取10 m/s 2)答案 1 s 和1.8 s解析 撤去F 前，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1， 解得a 1＝2 m/s 2，由匀变速直线运动规律得x 1＝12a 1t 2＝4 m ，v 1＝a 1t ＝4 m/s ， 撤去F 后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2， 解得a 2＝μg ＝2 m/s 2， d －x 1＝v 1t 1－12a 2t 12，解得第一次到达B 点的时间t 1＝1 s ，或t 1′＝3 s(舍去)， 第一次到达B 点时的速度v 2＝v 1－a 2t 1＝2 m/s ， 之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma 3， 解得a 3＝g sin θ＝5 m/s 2，物体再经t 2＝2v 2a 3＝0.8 s 第二次到达B 点，故撤去拉力F 后，经过1 s 和1.8 s 时间物体经过B 点．例8 (多选)如图所示，Oa 、Ob 和ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O 、a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O ′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O 点无初速度释放，一个滑环从d 点无初速度释放，用t 1、t 2、t 3分别表示滑环沿Oa 、Ob 、da 到达a 或b 所用的时间．下列关系正确的是( )A．t1＝t2B．t2>t3C．t1<t2D．t1＝t3答案BCD解析设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即t ca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度a ca>a Ob，由x＝12可知，t2>t ca，故B、C、D正确．2at等时圆模型1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．考向2已知运动情况求受力例92020年12月，嫦娥五号成功将采集的月球土壤样品送回地球．探测器在取样过程中，部分土壤采用了钻具钻取的方式采集，并沿竖直方向运送到月球表面．嫦娥五号所配备的钻杆具有独特的空心结构，具有收集土壤的作用，假设采集时钻杆头部深入月表h＝2 m深处，已采集到m＝500 g此深处的月壤，从静止开始竖直向上回收，15 s后钻杆头部上升至月球表面，速度恰好为零，此过程可简化成匀加速、匀速、匀减速三个阶段，上升最大速度是v＝20 cm/s，已知月球表面的重力加速度为1.63 m/s2，求：(1)上升过程中匀速运动的时间t；(2)若上述过程中匀加速和匀减速阶段加速度的大小相同，求三个阶段钻杆对采样月壤的作用力F的大小(保留三位有效数字)．答案(1)5 s(2)见解析解析(1)设匀速运动时间为t，总时间为t总，则有h＝v t＋12v(t总－t)代入数据得t＝5 s(2)设匀加速阶段加速度大小为a加，匀减速阶段加速度大小为a减，a加＝a减匀加速时间为t加，匀减速时间为t减，则t加＝t减＝t′＝5 s，a加＝a减＝vt′＝0.04 m/s2匀加速上升时有N1－mg＝ma加解得N1＝0.835 N匀速上升时有N2＝mg＝0.815 N匀减速上升时有mg－N3＝ma减解得N3＝0.795 N.课时精练1．生活中经常测量体重．测量者在体重计上保持静止状态，体重计的示数即为测量者的体重，如图甲所示．现应用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完成下蹲动作．该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示．对此，下列说法正确的是()A．测量者的重心经历了加速、减速、再加速、再减速四个运动阶段B．测量者的重心在t3时刻速度最小C．测量者的重心在t4时刻加速度最大D．测量者在t1～t2时间内表现为超重答案 C解析在t1～t3阶段，示数小于重力，测量者在加速向下运动，在t3～t5阶段，示数大于重力，测量者在减速向下运动，所以测量者经历了加速和减速两个运动阶段，A错误；根据选项A 可知，测量者的重心在t3时刻速度最大，B错误；t4时刻示数与重力相差最大，根据牛顿第二定律，加速度最大，C正确；测量者在t1～t2时间内示数小于重力，处于失重状态，D错误．2．(多选)如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()A．弹簧的形变量不改变B．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg答案AC解析由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小F A＝3mg－mg，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，由平衡条件得3mg ＋mg ＝N ，解得N ＝4mg ，由牛顿第三定律可知，木块B 对水平面的压力大小为4mg ，故D 错误．3.(2021·全国甲卷·14)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大答案 D解析 设PQ 的水平距离为L ，由运动学公式可知L cos θ＝12g sin θt 2，可得t 2＝4L g sin 2θ，可知θ＝45°时t 有最小值，故当θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 先减小后增大，故选D.4．假设飞机起飞前做初速度为零的匀加速直线运动，飞机起飞时的速度与质量成正比，甲、乙两飞机的质量分别为m 1和m 2，甲、乙两飞机起飞前所受合外力相等，则甲、乙两飞机起飞前在跑道上滑行的距离之比为( ) A ．1∶1 B ．m 1∶m 2 C ．m 12∶m 22 D ．m 13∶m 23 答案 D解析 设飞机质量为m ，发动机推力为F ，根据牛顿第二定律可知飞机加速度a ＝Fm根据题意可知飞机起飞速度v ＝km 其中k 为比例系数，则滑行距离x ＝v 22a解得x ＝k 2m 32F∝m 3，故选D.5．(多选)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m ＝0.2 kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v 和弹簧压缩量Δx 之间的函数图像如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．小球刚接触弹簧时速度最大B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态C．该弹簧的劲度系数为20.0 N/mD．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大答案BCD解析由小球的速度图像知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx1＝0.1 m时，小球的速度最大，说明当Δx1＝0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，所以可得kΔx1＝mg，解得k＝20.0 N/m，A错误，C正确；弹簧的压缩量为Δx2＝0.3 m时，弹簧弹力为F＝20.0 N/m×0.3 m＝6 N>mg，故此时小球的加速度向上，小球处于超重状态，B正确；对小球进行受力分析可知，其合力由mg逐渐减小至零，然后反向增加，故小球的加速度先减小后增大，D正确．6.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两球的加速度分别为()A．a A＝a B＝g B．a A＝2g，a B＝0C．a A＝3g，a B＝0 D．a A＝23g，a B＝0答案 D解析水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：静止时，T＝F sin 60°，F cos 60°＝m A g＋F1，F1＝F1′＝m B g，又m A＝m B解得T＝23m A g＝23水平细线被剪断瞬间，T消失，其他各力不变，A所受合力与T等大反向，所以a A＝Tm Ag，a B＝0，D正确．7.如图所示，在斜面上同一竖直面内有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O 点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是()A．t1<t2B．t1>t3C．t2＝t4D．t2<t4答案 D解析以OA为直径画圆如图所示，根据等时圆模型，可知t2<t1＝t3<t4，故选D.8．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是()A ．0～5 m 内物块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向C ．恒力F 大小为10 ND ．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 答案 ABD解析 0～5 m 内，由v 12－v 02＝2a 1x 1，得v 12＝2a 1x 1＋v 02，由题图乙知，2a 1＝－20 m/s 2，则a 1＝－10 m/s 2，物块做匀减速运动，A 正确；由题图乙知，物块的初速度v 0＝10 m/s ，恒力F 在5 m 处反向，在0～5 m 内物块运动的时间t ＝0－v 0a 1＝1 s ，即在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向，B 正确；5～13 m 内，由v 22＝2a2x 2得物块的加速度a 2＝v 222x 2＝642×8m/s 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得－F －μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立两式解得F ＝7 N ，μ＝0.3，D 正确，C 错误． 9.(2018·浙江4月选考·19)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a ＝0.5 m/s 2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)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.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) 答案 (1)16 m (2)8 m/s 2 4 m/s 2 (3)234 m/s 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行两个过程的运动，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出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移大小为x′，则有t′＝ata1，x′＝12a1t′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，则有：v t2＝2a2(x＋x′)解得：v t＝234 m/s.10．如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤去此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比x1∶x2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)小圆环在BC段的加速度的大小a2；(2)小圆环在AB段的加速度的大小a1；(3)拉力F的大小．答案(1)8 m/s2(2)5 m/s2(3)1.05 N或7.5 N解析(1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有f＝μN＝μmg则a 2＝fm＝μg ＝0.8×10 m/s 2＝8 m/s 2.(2)小圆环在AB 段做匀加速运动，由运动学公式可知v B 2＝2a 1x 1 小圆环在BC 段做匀减速运动，由运动学公式可知 v B 2＝2a 2x 2 又x 1x 2＝85则a 1＝x 2x 1a 2＝58×8 m/s 2＝5 m/s 2.(3)当F sin θ＜mg 时，小圆环在AB 段运动的受力分析如图乙所示． 由牛顿第二定律得F cos θ－f 1＝ma 1 又N 1＋F sin θ＝mg f 1＝μN 1联立以上各式，代入数据解得 F ≈1.05 N.当F sin θ＞mg 时，小圆环在AB 段运动的受力分析如图丙所示． 由牛顿第二定律可知F cos θ－f 2＝ma 1 又F sin θ＝mg ＋N 2 f 2＝μN 2联立以上各式并代入数据解得F ＝7.5 N.11．(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A 、B 、C 为三个实心小球，A 为铁球，B 、C 为木球．A 、B 两球分别连接在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)( )A ．A 球将向上运动，B 、C 球将向下运动 B ．A 、B 球将向上运动，C 球不动C ．A 球将向下运动，B 球将向上运动，C 球不动D ．A 球将向上运动，B 球将向下运动，C 球不动 答案 D解析 剪断绳子之前，A 球受力分析如图甲所示，B 球受力分析如图乙所示，C 球受力分析如图丙所示．剪断绳子瞬间，水处于完全失重状态，水的浮力消失．又由于弹簧的形状来不及发生改变，弹簧的弹力大小不变，相对地面而言，A 球的加速度a A ＝m A g －F 弹Am A <g ，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向上．相对地面而言，B 球的加速度a B ＝m B g ＋F 弹Bm B >g ，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向下．绳子剪断瞬间，C 球所受的浮力消失，其瞬时加速度与杯子的相同，故相对杯子静止，综上所述，D 正确．。