牛顿第二定律及其应用 知识讲解 提高

1 物理总复习：牛顿第二定律及其应用 【考纲要求】 1、理解牛顿第二定律，掌握解决动力学两大基本问题的基本方法； 2、了解力学单位制； 3、掌握验证牛顿第二定律的基本方法，掌握实验中图像法的处理方法。 【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 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 ；表达式为 。1 N 力的物理意义是 使质量为 m=1kg 的物体产生 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： 是一个矢量方程，加速度 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。三者各自独立，不可替代。 例、关于力学单位制，下列说法正确的是（　 ） 　　 A．kg、m/s、N 是导出单位 　　 B．kg、m、s 是基本单位 　　 C．在国际单位制中，质量的单位可以是 kg，也可以是 g 　　 D．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是 【答案】BD =F ma→←合 F ma∝ F ma= 21 /a m s= F ma= a F ma=2 【解析】所谓导出单位，是利用物理公式和基本单位推导出来的。力学中的基本单位只有三 个，即 kg、m、s，其他单位都是由这三个基本单位衍生（推导）出来的。如“牛顿”（N）是 导出单位，即 1 N=1 kg·m/s（ )，所以题中 A 项错误，B 项正确。在国际单位制中， 质量的单位只能是 kg，C 项错误。在牛顿第二定律的表达式中， （k=1）只有在所 有物理量都采用国际单位制时才能成立，D 项正确。 要点三、验证牛顿运动定律 实验原理：采用控制变量法，在所研究的问题中，有两个以上的参量在发生牵连变化时，可 以控制某个或某些量不变，只研究其中两个量之间的变化关系的方法，这也是物理学中研究 问题经常采用的方法。　本实验中，研究的参量有 、 、 ，在验证牛顿第二定律的实 验中，可以控制参量 一定，研究 与 的关系；控制参量 一定，研究 与 的关系。 要点诠释：1、求某点瞬时速度：如图求 C 点的瞬时速度：根据匀变速直线运动的规律,某段 时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度。 2、求加速度：任意两个连续相等的时间内的位移之差是一恒量。即： （1）求图 2 物体的加速度：只有三段，直接求， （2）求图 1 物体的加速度：给出了四段， 为后两段之和减去前两段之和，时间为 , 如果纸带给出了六段， 为后三段之和减去前三段之和，时间为 ,计算式中就是除以 了。 3、对图像的分析： F ma= F ma= F m a m a F F a m 0.1T s= 214.70 3.90 10 / 0.54 /2 2 0.1C BDv m s m sT −−= = × =× 2x aT∆ = = 恒量 2 2 2 2 2 6.77 6.00 10 / 0.77 /0.1 xa m s m sT −∆ −= = × = x∆ 2T 2 2 2 2 2 (21.60 8.79 8.79) 10 / 1.00 /(2 ) 4 0.1 xa m s m sT −∆ − −= = × =× x∆ 3T 29T3 图 2：加速度为零时，横截距（力）为 0.1 牛，意思是所加砝码重力小于 0.1 牛，小车没 有加速度，只有当所加砝码重力大于等于 0.1 牛时才开始就做匀加速运动，显然直线没有过 原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡的不够。 图 1：纵截距表示力为零（没有加砝码）时就有加速度，是什么原因使小车做加速运动呢， 显然直线没有过原点的原因是砝码盘的重力造成的。砝码盘的重力多大呢，横截距是力，交 点就是砝码盘的重力约 0.08 牛。 图 3：表示不是匀加速了，加速度变小了，原因是没有满足砝码的质量远小于小车的质量。 【典型例题】 类型一、力、加速度、速度的关系 　　合外力和加速度之间的关系是瞬时关系，但速度和加速度不是瞬时关系。同时要注意是 加速还是减速只取决于加速度与速度的方向，加速度与速度同向时，速度增加，加速度与速 度反向时，速度减小。 【高清课堂：牛顿第二定律及其应用 2 例 1】 例 1、用平行于斜面的力 F 拉着质量为 m 的物体以速度 在光滑斜面上做匀速直线运动。 若拉力逐渐减小，则在此过程中，物体的运动可能是（　 ） A．加速度和速度都逐渐减小　　 B．加速度越来越大，速度先变小后变大 C．加速度越来越大，速度越来越小　 D．加速度和速度都越来越大 【答案】BCD 【解析】物体匀速运动，F 一定沿斜面向上，根据牛顿第二定律 F 逐渐减小，加速度越来越大，沿斜面向下，A 错。 分析物体的初始条件，有两种情况： 1、若 沿斜面向下， 、 同向， 越来越大， 越来越大，D 正确。 2、若 沿斜面向上， 沿斜面向下，越来越大， 越来越小，C 正确。 当 之后，F 减小， 越来越大， 反向增大，B 正确。 当 时， ，题目中“在此过程中”，即拉力减为零的过程中，以后的运动不是 本题讨论的范围了。 正确的选项是 BCD。 【总结升华】　D 选项比较隐蔽，不能总认为物体一定沿斜面向上（沿拉力方向）匀速运 v sinmg F maθ − = sin Fa mg m θ= − v a v a v v a v 0v = a v 0F = 0v ≠4 动。当多个物理量发生变化时，要关注减小的物理量，一旦减为零，就会有一些变化发生。　 举一反三 【变式】受水平外力 F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其 图线如图所示， 则（　 ） 　A.在 秒内，外力 大小不断增大 B.在 时刻，外力 为零 C.在 秒内，外力 大小可能不断减小 D.在 秒内，外力 大小可能先减小后增大 【答案】 CD 【解析】在 秒内，物体加速运动， ，从图像斜率看，这段时间内的加速 度减小，所以， 内，F 不断减小，A 错误；从图像斜率看在 时刻，加速度为零 ，B 错误；在 秒内减速运动，若开始时 F 的方向与 一致，则 ， 从图像斜率看加速度逐渐增大，因此 F 不断减小，C 正确，当 F 减小到零，反向之后， ，当 F 增大时，角速度 逐渐增大，D 正确。 类型二、牛顿运动定律分析瞬时加速度问题 分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由 牛顿第二定律求出瞬时加速度。弹性绳（或弹簧）：其特点是形变量大，形变恢复需要较长 时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成没来得及发生变化。 通常说轻绳的拉力发生突变，而弹簧的弹力不发生突变。 例 2、A、B 两小球的质量分别为 m 和 2m，用轻质弹簧相连，并用细绳悬挂起来，如图 （a）所示。 　　（1）在用火将细线烧断的瞬间，A、B 球的加速度各多大？方向如何？ 　　（2）若 A、B 球用细线相连，按图 （b）所示方法，用轻质弹簧把 A、B 球悬挂起来， 在用火烧断连接两球的细线瞬间，A、B 球的瞬时加速度各多大？方向如何？ 　　　　　　　　　　　　　　　　 　 【答案】（1） 竖直向下， （2） 竖直向上， 竖直向下。 【解析】（1）A、B 球用轻质弹簧相连，按图（a）悬挂时，A、B 球的受力情况如图 （a）， 细线被火烧断的瞬间，A、B 球所受重力没有变，弹簧对 A、B 球的拉力 、 （由于弹簧 v t− 10 t F 1t F 1 2t t F 1 2t t F 10 t F f ma− = 10 t 1t F f= 1 2t t a f F ma− = f F ma+ = a 3Aa g= 0Ba = 2Aa g′ = Ba g′ = 1F 1F′5 的形变未变）也没有变，变化的只是细线对 A 球的拉力 F=3mg 消失，故 A、B 球的瞬时加 速度： 　　　 　，竖直向下 　　 　　（2）A、B 球用细线相连，按图（b）悬挂 时，A、B 球的受力情况如图（b），连接 A、B 球的细线被烧断的瞬间，细线作用于 A、B 球的 拉力 、 突然消失，其他力未变。 故 A、B 球的瞬时加速度分别为： 　　　 ，竖直向上 　 　，竖直向下。 【总结升华】解题时要注意力的瞬时性，加速度与力同时变化，力变了，加速度就变了。绳 的拉力可以突变，而弹簧的弹力不能突变，因为弹簧形变恢复需要较长时间，所以瞬时弹簧 的弹力不变。 举一反三 【高清课堂：牛顿第二定律及其应用 1 例 1】 【变式】如图所示，两个质量相等的物体用轻弹簧和轻绳连接起来，当剪断 A 绳的瞬间 1、 2 两个物体的加速度分别为________、________；用轻绳连接起来，当剪断 A 绳的瞬间两个 物体的加速度分别为 ________、________。 【答案】 2g（竖直向下），0；g（向下），g（向下）。 例 3、如图甲所示，一质量为 m 的物体系于长度分别为 、 的两根细线上， 的一端 悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为 ， 水平拉直，物体处于平衡状态。现将 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一种解法： 　　解：设 线上拉力为 ， 线上拉力为 ，重力为 mg，物体在三力作用下平衡 　　 剪断线的瞬间， 突然消失，物体即在 反方向获得加速度。因为 ，所以 加速度 ，方向在 反方向，你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评 价并说明理由。 12 3A mg Fa gm += = 12 02B mg Fa m ′−= = 2F 2F ′ 2A F mga gm −′ = = 2 2B mga gm ′ = = 1 2 A 1 2 A 1l 2l 1l θ 2l 2l 1l 1T 2l 2T 1 cosT mgθ = 1 2sinT Tθ = 2 tanT mg θ= 2T 2T tanmg maθ = tana g θ= 2T6 　　（2）若将图甲中的细线 改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件 不变，求解的步骤和结果与（1）完全相同，即 ，你认为这个结果正确吗？请说 明理由。 　　　　　　　　　　　　 【解析】本题主要考查弹力变化和牛顿第二定律的应用。物体的加速度与物体所受的合外力 是瞬时对应关系，当剪断 的瞬间，判断线 和弹簧的弹力是否变化，从而求解加速度的大 小和方向。 　（1）结果不正确。因为 被剪断的瞬间， 上张力的大小发生了突变，此瞬间小球受力 如图 1 所示， ，小球所受合外力 根据牛顿第二定律，小球加速度 ，则 方向与合外力方向相同，如图 1 所示。 　（2）结果正确。因为 被剪断的瞬间，弹簧 的弹力不能发生突变， 的大小和方向都 不变。如图 2 所示。 类型三、解决动力学的两大基本问题 (1)已知受力情况求运动情况 　　根据牛顿第二定律，已知物体的受力情况，可以求出物体的加速度；再知道物体的初始 条件 ( 即初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位置， 也就求解出物体的运动情况。 1l tana g θ= 2l 1l 2l 1l 1 cosT mg θ= = sinF mg θ合 a =F ma合 sinFa gm θ= =合 2l 1l 1T7 　 (2)已知物体的运动情况，求物体的受力情况。 　　根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体 受的合外力，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量。如：动摩擦因数、劲度系数、 力的角度等。 　　无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”是加速度，解题思路可表示如下： 　　受力情况 合力 运动情况( ) 　例 4、在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉 着这列车厢一大小为 a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大 小为 F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为 a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的 挂钩 P 和 Q 间的拉力大小仍为 F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车 厢的节数可能为 A. 8 B. 10 C. 15 D. 18 【答案】BC 【解析】由设这列车厢的节数为 n，P、Q 挂钩东边有 m 节车厢，每节车厢的质量为 m， 由牛顿第二定律可知： ，解得： ，k 是正整数，n 只能是 5 的倍数， 故 B、C 正确，A、D 错误 举一反三 【变式】(2014 新课标全国卷Ⅱ)2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘 气球升至约 39km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5km 高度处，打开降落伞 并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小 g=10m/s2。 (1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至 1.5km 高度处所需的时间及其在此 处速度的大小。 (2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近 似表示为 f = kv2，其中 v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密 度有关，已知该运动员在某段时间内高速下落的 v-t 图像如图所示。 2 3 ( ) F F km n k m = − 2 5k n=  F合 =F ma→←合 a →←运动学公式 v s t、 、8 若该运动员和所带装备的总质量 m=100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力 的阻力系数(结果保留 1 位有效数字)。 【答案】 (1)87s　8.7×102m/s　(2)0.008 kg/m 【解析】(1)设运动员从开始自由下落至 1.5km 高度处的时间为 t，此时速度大小为 v， 根据运动学公式有： 　 v = gt　 且 h=3.9×104m-1.5×103m=3.75×104m 代入数据解得 t= 87s，v = 8.7×102m/s。　 (2)该运动员在达到最大速度时，加速度为零，则有： mg = kv2　 由图像可读出最大速度约为 v = 360m/s 代入数据解得 k = 0.008kg/m。　 类型四、解决皮带传动问题 例 5、如图所示，传送带以 匀速运动，将质量为 m 的物体无初速度放在传送带上的 A 端，物体将被传送带带到 B 端，已知物体到达 B 端之前已和传送带相对静止，已知重力加 速度为 ，物体与传送带间的动摩擦因数为 ，物体从静止释放到刚相对静止这一过程， 求： （1）、物体受到的摩擦力大小和方向 （2）、传送带受到的摩擦力大小和方向 （3）、物体加速度的大小和方向 （4）、到刚相对静止的时间 （5）、物体对地的位移 （6）、传送带对地的位移 21 2h gt= v g µ9 （7）、物体与传送带的相对位移 （8）、物体在传送带上留下摩擦痕迹的长度 （9）、如果传送带的长度为 L，物体匀速运动的时间 （10）、如果传送带的长度为 L，物体从 A 端运动到 B 端的总时间 【解析】 （1）、物体相对于传送带向后运动（向左），所以物体受到的摩擦力方向向前（向 右），为滑动摩擦力，大小： （2）、传送带受到的摩擦力与物体受到的摩擦力是一对作用力和反作用力，大小相等方向 相反， ，方向向左。 （3）、物体加速度的方向与合外力方向相同，向右，大小： （4）、到刚相对静止的时间 ：与传送带速度相等时相对静止，不再受摩擦力作用，此后做 匀速运动 （5）、物体对地的位移： 或者： 或者根据平均速度求位移： （6）、传送带对地的位移：传送带做匀速运动 可以看出 ，是物体位移的两倍。因为传送带的速度是物体平均速度的两倍。 （7）、物体与传送带的相对位移： （8）、物体在传送带上留下摩擦痕迹的长度： 物体与传送带的相对位移的长度即为摩擦痕 迹的长度 （9）、如果传送带的长度为 L，物体匀速运动的时间： f mgµ= f f mgµ′ = = mg maµ = a gµ= v at= v vt a gµ= = 2 2 2 1 1 1 ( )2 2 2 v vx at g g g µ µ µ= = = 2 2 1 2 2 v vx a gµ= = 2 1 2 2 v v vx vt g gµ µ= = × = 2 2 vx vt gµ= = 2 1x x= 2 2 1 2 vx x x gµ∆ = − = 2 2 1 2 vx x x gµ∆ = − = 1 2 L x L vt v v gµ −′ = = −10 （10）、如果传送带的长度为 L，物体从 A 端运动到 B 端的总时间： 【总结升华】本题把皮带传动中的基本问题罗列在一起，有利于巩固基础知识，也为进一步 深入解决较难的皮带传动问题奠定基础。 举一反三 【变式】如图所示，质量为 m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始 终保持以速度 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 ,物体过一 会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到刚相对静止这一过程，下列说法正确 的是 ( ) A．物体受到摩擦力方向向左 B．传送带受到摩擦力大小为 C．物体相对地面的位移为 D.传送带上留下的摩擦痕迹长度为 【答案】 BCD 类型五、“探究物体的加速度跟力的关系”的实验 例 6、（2016 全国Ⅲ卷） 某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外 力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑 轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有 N＝5 个，每个质量均为 0.010 kg.实验步骤如下： (1)将 5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩 码)可以在木板上匀速下滑． (2)将 n(依次取 n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余 N－n 个钩码仍留在小车 内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻 t 相对于 其起始位置的位移 s，绘制 s- t 图像，经数据处理后可得到相应的加速度 a. (3)对应于不同的 n 的 a 值见下表．n＝2 时的 s- t 图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小 车的加速度(保留 2 位有效数字)，将结果填入下表． = 2 2 v L v L vt t t g v g v gµ µ µ ′+ = + − = +总 v µ g f mgµ= 2 2 gµ v 2 2 gµ v11 (4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出 a-n 图像．从图像可以看出：当物体 质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比． 图 1 (5)利用 a-n 图像求得小车(空载)的质量为______ kg(保留 2 位有效数字，重力加速度 g 取 9.8 m/s2)． (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 ________(填入正确选项前 的标号)． A．a-n 图线不再是直线 B．a-n 图线仍是直线，但该直线不过原点 C．a-n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大 【答案】 （3）0.40　（4）a-n 图线如图所示 （5）0.45 　（6）BC 【解析】（3）物体做匀加速直线运动，对应的 s-t 图像如图(b)所示，由图(b)可知，当 t=2s 时，s=0. 80m，则由 代入数据解得 a＝0.40m/s2. （4）由题意在图(c)中作出（2，0.40）点，描点法作图所得的必须是一条直线．如图所 示： 21 2s at=12 0 1 2 3 4 3.86 8.05 12.59 17.47 图 2 （5）由图(c)可知，当 n=4 时，加速度为 0.78m/s2，由牛顿第二定律可知： 4×0.01×9.8=(m+5×0.01) ×0.78 解得：m=0.45kg (6)若木板水平时要考虑摩擦力的影响，则有： nm0g－μ[mg＋(5－n)m0g]＝(m＋5m0)a， 解得 ， 可见 a-n 图像仍是一条直线，但其斜率要变大，且不过坐标原点．故 BC 正确。 故选 BC。 举一反三 【变式】甲乙两个同学共同做“验证牛顿第二定律”的 实验，装置如图所示。 ①两位同学用砝码盘（连同砝码）的重力作为小车（对 象）受到的合外力，需要平衡桌面的摩擦力对小车运动 的影响。他们将长木板的一端适当垫高，在不挂砝码盘 的情况下，小车能够自由地做____________运动。另外， 还应满足砝码盘（连同砝码）的质量 m 小 车的质量 M。（填“远小于”、“远大于”或“近似等于”） 接下来，甲同学研究：在保持小车的质量不变的条件下，其加速度与其受到的牵引力的 关系；乙同学研究：在保持受到的牵引力不变的条件下，小车的加速度与其质量的关系。 ②甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度 a。图 2 是某次实验所打出 的一条纸带，在纸带上标出了 5 个计数点，在相邻的两个计数点之间还有 4 个点未标出，图 中数据的单位是 cm。 实验中使用的电源是频率 f=50Hz 的交变电流。根据以上数据，可以算出小车的加速度 m/s2。（结果保留三位有效数字） 0 0 0 0 0 0 0 0 [ (5 ) ] 5 5 5 5 nm g mg n m g m g m g mga nm m m m m m m m µ µ µ+ − += − = ⋅ −+ + + + a =13 ③乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量 M，得到小车的加速度 a 与质量 M 的数据， 画出 a ~ 图线后，发现：当 较大时，图线发生弯曲。于是，该同学后来又对实验方案 进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象。那么，该同学的修正方案可能是 A．改画 a 与 的关系图线 B．改画 a 与 的关系图线 C．改画 a 与 的关系图线 D．改画 a 与 的关系图线 【 答 案 】 ① 匀 速 直 线 远 小 于 ② 0.343 ③ A 1 M 1 M mM + 1 )( mM + M m 2)( 1 mM +14 【巩固练习】 一、选择题 1、(2015 衡水模拟)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘坐时，扶梯 运转得很慢；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，恰好经 历了这两个过程，如图所示。下列说法中正确的是(　　) A.顾客始终受到三个力的作用 B.顾客始终处于超重状态 C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下 2、如图所示，在两根轻质弹簧 a、b 之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和 天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧 a，则在撤去弹簧后的瞬间， 小球加速度的大小为 2.5m/s2，若突然撤去弹簧 b，则在撒去弹簧后的瞬间，小球加速度的 大小可能为 ( ) 　　　　　　　　　　　　 　　A、7.5m/s2，方向竖直向下 　　B、7.5 m/s2，方向竖直向上 　　C、12.5 m/s2，方向竖直向下 　　D、12.5 m/s2，方向竖直向上 3、如图，在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板，其上叠放一质量为 m２的木块。 假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t 增大的水 平力 F＝kt(k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a２，下列反映 a1 和 a２变化的 图线中正确的是( 　) 　　　　　15 4、三个完全相同的物块 1、2、3 放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现 用大小相同的外力 F 沿图所示方向分别作用在 1 和 2 上，用 的外力沿水平方向作用在 3 上，使三者都做加速运动。令 分别代表物块 1、2、 3 的加速度，则（　 ） 　　A．　 　　　 B． 　 　　C．　 　　 D． 5、（2016 上海 金山模拟）如图(a)，倾角为 37°且足够长的固定斜面底端有一物块，在沿 斜面向上的拉力 F=30N 作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s 时撤去 F，其运动的 v-t 图象如 图(b)所示。取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，则可确定（ ） A. 物块的质量为 2kg B. 物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5 C. 物块沿斜面向上滑行的最大距离为 7.5m D. 物块回到斜面底端的时刻为 2.74s 6、竖直起飞的火箭在推动力 F 的作用下产生 10m/s2 的加速度，若推动力增大到 2F，则火 箭的加速度将达到（g 取 10m/s2） （ ） A．20m/s2 B．25m/s2 C．30m/s2 D．40m/s2 7、向东的力 F1 单独作用在物体上，产生的加速度为 a1；向北的力 F2 单独作用在同一个物 体上，产生的加速度为 a2。则 F1 和 F2 同时作用在该物体上，产生的加速度（ ） A．大小为 B．大小为 C．方向为东偏北 D．方向为与较大的力同向 8、如图所示，竖直光滑杆上套一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球 相连，另一端分别用销钉 M、N 固定于杆上，小球处于静止状态。设拔去销钉 M 瞬间，小球加速度的大小为 12m/s2。若不拔去销钉 M 而拔去销钉 N 瞬间， 小球的加速度可能是（取 g=10m/s2） （ ） A. 22m/s2，竖直向上 B. 22m/s2，竖直向下 C. 2m/s2，竖直向上 D. 2m/s2，竖直向下 1 2 F 1 2 3a a a、 、 1 2 3a a a= = 1 2 2 3,a a a a= > 1 2 2 3,a a a a> < 1 2 2 3,a a a a> > 1 2a a− 2 2 2 1 aa + 2 1 arctan a a M N16 9、如图所示，传送带与水平面夹角 θ＝37°，并以 v＝10m/s 的速度运行，在传送带的 A 端 轻轻地放一小物体，若已知传送带与物体之间的动摩擦因数 μ＝0.5，传送带 A 到 B 端的距 离 s＝16m，则小物体从 A 端运动到 B 端所需的时间可能是 (g＝10m/s2) (　 ) 　　A、1.8s　 B、2.0s　　 C、2.1s　　 D、4. 0s 10、（2016 重庆校级期末）如图所示，一块质量为 M=2kg 的木板放 在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为 m=1kg 的小物体， 它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，此时弹簧的弹力为 2N。现沿水平向 右的方向对木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力 F 由 0 逐渐增加到 9N，以下说法正确的是（ ） A. 物体与木板先保持相对静止一会儿，后相对滑动 B. 物块受到的摩擦力先减小后增大 C. 当力 F 增大到 6N 时，物体不受摩擦力作用 D. 木板受到 9N 的拉力时，物体受到的摩擦力为 3N 11、某光滑的物体沿倾角不等而高相等的不同斜面下滑，物体从静止开始由斜面顶端滑到底 端，以下分析正确的是 A．倾角越大，滑行时间越短 B．倾角越大，下滑的加速度越大 C．倾角越小，平均速度越小 D．倾角为 45°时，滑行时间最短 二、填空题 1、质量为 4.0kg 的物体，在与水平面成 角斜向上、大小为 20N 的拉力 作用下，由静 止沿水平地面运动。若物体与水平地面间的动摩擦因数为 0.20，则物体对地面的摩擦力为 N，运动的加速度为 ；它在 3s 时间内的位移为 m。g 取 10 m/s2。 2、细绳栓一个质量为 m 的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，小球与弹簧不粘连， 平衡时细绳与竖直方向的夹角为 53°，如图所示（已知 ） 小球静止时弹簧弹力大小为_________ 小球静止时细绳的拉力大小为_________ 细线烧断瞬间小球加速度为_________ 快速撤去弹簧瞬间小球的加速度为_________ 3、如图为“用 DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验 °30 F cos53 0.6,sin53 0.8= = 17 装置。 （1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用 DIS 测小车的加速 度。用钩码所受的重力作为___________， （2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出 关系图线（如图所示）。 ①分析此图线的 OA 段可得出的实验结论是 ______________。 ②（单选题）此图线的 AB 段明显偏离直线，造成此 误差的主要原因是（ ） A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 4、某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘 和砝码等器材来制定滑块和轨道间的动摩擦因 数μ。滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质 量为 M，滑块上砝码总质量为 m′，托盘和盘中 砝码的总质量为 m。实验中，滑块在水平轨道上 从 A 到 B 做初速为零的匀加速直线运动，重力 加速度 g 取 10m／s2。 　　①为测量滑块的加速度 ，须测出它在 A、B 间运动的_________与_________，计算 的运动 学公式是______ 　　②根据牛顿运动定律得到 与 m 的关系为： 　　 　　他想通过多次改变 m，测出相应的 值，并利 用上式来计算 。若要求 是 m 的一次函数，必须 使上式中的_________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_________； 　　③实验得到 与 m 的关系如图所示，由此可知 =_________（取两位有效数字） 三、计算题 a F− a a a (1 ) ( ) ga m gM m m µ µ+= −′+ + a µ a a µ18 1、如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为 M＝4kg，长为 L＝ 1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为 m＝1kg，其尺寸远小于 L。小滑块与木板之间 的动摩擦因数为μ＝0.4(g＝l0m/s2)。 　　　　　　　　　　 　　(1)现用恒力 F 作用在木板 M 上，为了使得 m 能从 M 上面滑落下来，问：F 大小的范围 是什么? 　　(2)其他条件不变，若恒力 F=22.8N，且始终作用在 M 上，最终使得 m 能从 M 上面滑落 下来。问：m 在 M 上面滑动的时间是多大。 　2、如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿沿与水平面成 角的恒力拉着 它沿水平面运动，已知拉力 F=4. 0 N，玩具的质量为 m＝0. 5 kg，经过时间 t=2.0 s，玩具 移动了距离 s=4.8m，这时幼儿松开手，玩具还能运动多远？（取 ） 　　　　　　　　　 　　3、飞船完成了在预定空间的科学技术试验后，返回舱开始按预定轨道从太空向地球表 面返回．返回舱开始时通过自身发动机进行调控以减速下降，进入大气层后，在一定的高 度关闭发动机，打开阻力降落伞进一步减速下降。这一过程中，返回舱所受空气摩擦阻力 与其速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为 k．若返回舱所受空气浮力忽略不计， 且认为竖直降落，从阻力伞打开开始计时，返回舱运动的 图象如图中的 AD 曲线所示 （其中 CD 段是平行横坐标轴的直线），已知返回舱的总质量为 m，重力加速度 g，求： 　　（1）空气阻力系数 k 的表达式； 　　（2）当返回舱的速度为 时，返回舱的加速度． 　　　　　　　　　　　　　　 53 210 /g m s= sin53 0.8= cos53 0.6= v t− 0v19 4、在光滑的水平面上有一质量 m=1kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与水平面成 的角的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零， 当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小及方向如何?此时轻弹簧的弹力与水平面对球的弹力 的比值为多少？（ ） 5、在光滑的水平轨道上有两个半径都是 r 的小球 A 和 B，质量分别为 m 和 2m。当两 球心间的距离大于 L（L 比 2r 大得多）时，两球之间无相互作用力；当两球心间的距离等于 或小于 L 时，两球间存在相互作用的恒定斥力 F。设 A 球从远离 B 球处以速度 v0 沿两球连 心线向原来静止的 B 球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，则 v0 必须满足什么条件？ 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】 C 【解析】当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故 A、B 都不对； 由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向 指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故 C 对 D 错。 2、AC 解析：(1)若撤去 A 之前，A 弹簧收缩，则 B 弹射必定也收缩着，则对小球有： ①， 而撤去 A 弹簧时，对小球有 ②， 撤去 B 时应有 ③，　解①②③得 。 (2)若撤去 A 之前，A 已被拉长，则有 ④， 30θ =  210 /g m s= L A B C A BF mg F+ = B AF mg ma− = A BF mg ma+ = 212.5 /Ba m s= A BF F mg+ =20 而刚撤去 A 时有 ⑤，　刚撤去 B 时有 ⑥； 解④⑤⑥可得 ，　故本题正确选项为 AC。 3、A 　 解析：在 m２与 m1 相对滑动前， ， 与 成正比关系， 关系图线的斜率为 ，当 与 相对滑动后， 受的是 ，为一恒量， 对 有， 得 ，斜率为 ， 可知 A 正确，B、C、D 错误。 4、C 解析：对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 　　　 　　　 　　　 ， 比较大小可得 C 选项正确。 5、【答案】BC 【解析】v-t 图象的斜率表示加速度的大小，根据图象可知，加速向上滑行时的加速度 为：a1=20m/s2，减速向上滑行时的加速度为：a2=10m/s2，对物块受力分析，利用牛顿第二 定律，加速向上滑行时有： F-mgsin37°-μmgcos37°=ma1， 减速向上滑行时有： mgsin37°+μmgcos37°=ma2， 联立解得：m=1kg，μ=0.5，A 错，B 正确；加速向上滑行时运动的位移为： ， 减速向上滑行时运动的位移为： ， 物块沿斜面向上滑行的最大距离为： x=x1+x2=2.5m+5m=7.5m，C 正确；根据图象可知，加速向上滑行的时间为 2 2 1 1 1 1 1 20 0.5 m 2.5m2 2x a t= = × × = 2 2 2 0 2 2 10 5m2 2 10 v vx a − −= = =− × B Amg F ma− = A Bmg F ma− = 27.5 /Ba m s= 1 2( )F kt m m a= = + a t 1a t− 1 2 k m m+ 1m 2m 1m 21 2 1 1f m g m aµ= = 2 1 1 m ga m µ= 2m 2 2 2F m g m aµ− = 2 2 kta gm µ= − 2 k m 3 1 2 2 F mg Fa gm m µ µ − = = −21 t1=0.5s，减速向上滑行的时间为： ， 物块返回时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得 mgsin37°-μmgcos37°=ma3， 代入数据解得：a3=4m/s2，根据 ，可得返回用的时间为： ， 物块回到斜面底端的时刻为 t=t1+t2+t3=0.5+1+1.94=3.43s，D 错。 故选 BC。 6、C 解析： 解得 C 正确。 7、B C 解析：合加速度等于分加速度的矢量和，大小为 B 正确。方向： 方向为东偏北 C 正确。 8、BC 解析：（1）拔 M 的瞬间，当小球的加速度向上时，由牛顿第二定律得： 拔 M 之前： 其中 、 分别是弹簧 1、2 的形变量， 当拔去 N 时： 　由以上三式得 （2）拔 M 的瞬间，当小球的加速度向下时，由牛顿第二定律得： 拔 M 之前： 　当拔去 N 时： 　 由以上三式得 9、 BD 解析：题目中并没有说明传送带是顺时针转动还是逆时针转动，并且问的“可能是”，那就 要考虑两种情况了。 (1)传送带逆时针方向转动: 物体放在传送带上后，开始阶段，传送 带的速度大于物体的速度，传送带施加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始 加速下滑，受力分析如图（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ， 物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带 向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图(b)所示。综 上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。 0 2 2 0 10 1s10 v vt a − −= = =− 2 3 3 1 2x a t= 3 3 2 3.75s 1.94sxt a = = ≈ F mg ma− = 2F mg ma′− = 230 /a m s′ = 2 2 2 1 aa + 2 1 tan a a θ = 2 1 arctan a a 2 1k x mg ma∆ − = 1 2k x mg k x∆ + = ∆ 1x∆ 2x∆ 1 2k x mg ma∆ + = 2 2 22 /a m s= 2 1k x mg ma∆ + = 2 1k x mg k x∆ + = ∆ 1 2k x mg ma ′∆ − = 2 2 2 /a m s′ =22 　　　　　　　　　　　　　　 (1)传送带逆时针方向转动: 在物体运动的开始阶段受力如图（a）所示，由牛顿第二定律，得 　　 此阶段物体的加速度 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为 发生的位移为 可知物体加速到 10m/s 时仍未到达 B 点。 第二阶段的受力分析如图(b)所示，应用牛顿第二定律，有 　　　 所以此阶段的加速度为 设第二阶段物体滑动到 B 端的时间为 t2，则 　 　解得 t2＝1s，ｔ2′=-11s（舍去） 　故物体经历的总时间ｔ=t1＋t2=2s (2)传送带顺时针方向转动就比较简单了，这里不给出解析。 10、【答案】C 【解析】由题意，当弹簧的弹力是 2N 时，物体静止在木板上，物体与木板之间的最大 静摩擦力至少要大于等于 2N。若要使物体相对于木板向左滑动，则物体受到木板向左的摩 擦力至少要大于等于 2N 即可，即物体受到向左的 4N 的合力，此时物体的加速度为： 。同时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大于物体的加速 度，当二者相等时，为最小拉力： Fmin=(M+m)a=(2+1) ×4=12N， 即只有拉力大于 12N 时，物体才能相当于木板滑动，所以在拉力小于 12N 时，物体始 终相当于木板静止。A 错；若物体与木板之间的摩擦力恰好为 0，则物体只受到弹簧的弹力 作用，此时物体的加速度为： 24 4m/s1 Fa m = = =合 1sin cosmg mg maθ µ θ+ = 2 1 sin cos 10 /a g g m sθ µ θ= + = 1 1 vt a = 2 1 1 1 1 5 162s a t m m= = < 2sin cosmg mg maθ µ θ− = 2 2 2 /a m s= 2 1 2 2 2 1 2ABL s vt a t− = +23 ， 由于物体始终相当于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力为： F0=(M+m)a´=(2+1) ×2=6N 所以当力 F 增大到 6N 时，物体不受摩擦力作用。 在拉力小于 6N 之前，摩擦力随拉力 F 的增大而减小，当拉力大于 6N 时，摩擦力又随 拉力的增大而增大。B 错，C 正确；当木板受到 9N 的拉力时，整体的加速度： 设物体受到的摩擦力为 f ´，则 ma＂= f ´+2，所以： f ´= ma＂－2=1×3－2=1N 故 D 错。 故选 C。 11、AB 解析：设斜面倾角为 ，则 ，则 越大， 越大，B 正确。 设斜面高为 h，则斜面长为 ， 可知 越大， 越小。A 正确。 斜面光滑，物体到斜面底端速度都是相等的，所以平均速度相同。C 错。AB 正确。 二、填空题 1、 6 N 12.6 m 解析：竖直方向： 水平方向：由牛顿第二定律 解得 3 秒内的位移 2、解析：对小球受力分析如图 小球静止时 弹簧弹力： 细绳的拉力： 细线烧断瞬间，弹簧的弹力还没来及变化（不能发生突变），小球所受合力方向与原来细绳 22 2m/s1 Fa m ′ = = =弹 29 3m/s2 1 Fa M m ″ = = =+ + θ sina g θ= θ a sin h θ 2 2 2 sin s ht a g θ= = θ t 22.8 /m s sin30N F mg+ = f Nµ= ( sin30 ) 6f mg F Nµ= − = cos30F f ma− = 22.8 /a m s= 2 21 1 2.8 3 12.62 2x at m= = × × = tan53 F mg = 4tan53 3F mg mg= = cos53 mg T = 5 cos53 3 mgT mg= = 24 的拉力方向相反，大小相等 小球加速度： 快速撤去弹簧瞬间，此时没有弹簧的弹力，只受重力、细线的拉力，合力方向与细线垂直， 再作出力的平行四边形， 小球的加速度： ，方向与细线垂直指向左下方。 （注意此时小球的加速度不等于重力加速度） 3、 （1）小车的总质量，小车所受外力 （2）①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比， ② C 解析：（1）因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的 重力作为小车所受外力；（2）由于 OA 段 关系为一倾斜直线，所以在质量不变的条件 下，加速度与外力成正比；由实验原理 得 ,而实际上 ， 可见 AB 段明显偏离直线是由于没有满足 造成的。 说明：理解控制变量法的精髓，就是保持某一个量不变，再分析一个量随另一个量的变 化关系。实验中往往会有一定的近似条件，这里就是要求 。此外类似的实验还要平 衡摩擦力。 4、 ① 位移 时间 　　② 滑块上 　③ 三、计算题 1、(1) F＞20N。(2) t＝2s。 解析：(1)隔离小滑块，用隔离法研究小滑块。 小滑块与木板间的滑动摩擦力 　 小滑块在滑动摩擦力 f 作用下向右匀加速运动的加速度 　　 对木板与小滑块用整体法。 力 F 最小值的临界条件是木板与小滑块有相同的加速度的， 所以， 要使 m 能从 M 上面滑落下来的条件是： 　(2)设 m 在 M 上滑动的时间为 t，当恒力 F=22.8N，木板的加速度 5= 3F T mg=合 5= 3 Fa gm = 合 sin53 F mg ′= 4sin53 5F mg mg′ = = 4 5a g= a F− mg Ma= mg Fa M M = = ( ) mga M m ′ = + M m M m 2 2Sa t = m m′+ 0.23µ = f N mgµ µ= = 2 1 4 /fa g m sm µ= = = min ( ) 20F ma M m g Nµ= = + = min 20F F N> =25 　　 小滑块在时间 t 内运动位移 木板在时间 t 内运动位移 因 即 解得 2、1.73m 解析：由运动学公式 ，可得到加速度为 根据牛顿第二定律得 ， 解得 撤去外力时速度为 撤去外力后的加速度为 撤去外力后移动的距离为 。 3、（1） （2） 加速度方向竖直向上。 解析：（1）由图可知速度为 时返回舱开始匀速运动，则 　（2）返回舱速度为 时的加速度为 ，则 ， 加速度方向竖 直向上。 4、 ，方向水平向左。 解析：当绳未剪断时，小球受重力 mg，弹簧的弹力 F 及轻绳的拉力的 作用， 三力平衡，由平衡条件，可得 ， 2 2 4.7 /F fa m sM −= = 2 1 1 1 2s a t= 2 2 2 1 2s a t= 2 1s s L− = 2 21 14.7 4 1.42 2t t× − × = 2t s= 21 2s at= 2 2 2 2.4 /sa m st = = cos53 ( sin53 )F mg F maµ− − =  2 3 µ = 0 4.8 /v at m s= = 220 /3a g m sµ′ = = 2 0 1.732 vs ma ′ = =′ 2 T mgk v = 2 0 2 T gva g v = − Tv 2 0Tmg kv− = 2 T mgk v = 0v a 2 0mg kv ma− = 2 0 2 T gva g v = − 210 3 /Fa m sm = = 3 N F F = 1F 1 cos30F F= 1 sin30F mg=26 解得 , 。 轻绳剪断瞬间， ，球受力为重力 mg，弹簧的弹力 F 及水平面支持力 ， 在竖直方向有， ，在水平方向有 。 ∴ ，方向水平向左。 弹簧的弹力与水平面对球的弹力的比值为 5、 解析：A 球向 B 球接近至 A、B 间的距离小于 之后，A 球的速度逐渐减小，B 球从静止 开始加速运动，两球间的距离逐步减小，当 AB 的速度相等时，两球间距离最小，若此距离 大于 2r，则两球就不会接触，所以不接触条件是： ① ② 其中 v1，v2 为当两球间距离最小时，A、B 两球的速度；s1、s2 为两球间距离从 变至最小 的过程中，A、B 两球通过的路程。 由牛顿定律得 A 球做减速运动而 B 球做加速运动的过程中，A、B 两球的加速度大小为  ， ③ 设 v0 为 A 球的初速度，则由匀加速运动公式得 ， ④ ， ⑤ 联立解得 　　　　 1 20F N= 10 3F N= 1 0F = NF NF mg= F ma= 210 3 /Fa m sm = = 10 3 31 10N F F = =× 0 3 ( 2 )F L rv m −≤ l 1 2v v= 2 1 2l s s r+ − > l 1 Fa m = 2 2 Fa m = 1 0 Fv v tm = − 2 2 Fv tm = 2 1 0 1 2 Fs v t tm = − ⋅ 2 2 1 2 2 Fs tm = ⋅ 0 3 ( 2 )F l rv m −