牛顿第二定律两类动力学问题
牛顿定律的应用-两类动力学问题与超重、失重
运动情况
超重、失重
视重
a=0
不超重也不失重
F=mg
a的方向竖直向上
超重
F=m(g+a)
a的方向竖直向下
失重
F=m(g-a)
a=g ，a的方向竖直 向下
完全失重
F=0
名师支招：
判断物体超重或失重，仅分析加速度的方向即可，只要加速度的竖直分量向
上就是超重，加速度的竖直分量向下就是失重。
＊体验应用＊
2.(双项选择)游乐园中，游客乘坐能做加速或减速运动的升
(2)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般 的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(3)利用牛顿第二定律可以处理匀变速直线运动问题，也可以 定性分析非匀变速直线运动的规律，它常和力学、电磁学等有关 知识结合起来考查一些综合问题。
＊体验应用＊
1.［2009年高考安徽理综卷］在2008年北京残奥会开幕式上， 运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残 疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神。为了探求上 升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。 一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅， 另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图3-2-1所示。设运 动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳 子间的摩擦。重力加速度取g=10 m/s2。当运动员与吊椅一 起正以加速度a=1 m/s2上升时，试求： (1)运动员竖直向下拉绳的力； (2)运动员对吊椅的压力。
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3-2-8所示。那么下列
C 说法中正确的是(
)
A.顾客始终受到三个力的作用
牛顿第二定律和力学知识
第2课时牛顿第二定律两类动力学问题导学目标 1.理解牛顿第二定律的内容、表达式和适用范围.2.学会分析两类动力学问题．一、牛顿第二定律[基础导引]由牛顿第二定律可知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是，我们用力提一个很重的箱子，却提不动它．这跟牛顿第二定律有没有矛盾？应该怎样解释这个现象？[知识梳理]1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成________、跟它的质量成________，加速度的方向跟____________相同．2．表达式：________.3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于________参考系(相对地面静止或____________运动的参考系)．(2)牛顿第二定律只适用于________物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．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10 s停了下来．电车的质量是4.0×103 kg，求电车所受的阻力．[知识梳理]1．动力学的两类基本问题(1)由受力情况判断物体的____________．(2)由运动情况判断物体的____________．2．解决两类基本问题的方法：以__________为桥梁，由运动学公式和____________________列方程求解．思考：解决两类动力学问题的关键是什么？三、力学单位制[基础导引]如果一个物体在力F的作用下沿着力的方向移动了一段距离l，这个力对物体做的功W＝Fl.我们还学过，功的单位是焦耳(J)．请由此导出焦耳与基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)之间的关系．[知识梳理]1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．2．力学单位制中的基本单位有________、________、时间(s)．3．导出单位有________、________、________等.图1图2考点一 牛顿第二定律的理解考点解读典例剖析例1 如图1所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度的变化情况如何？方法突破 利用牛顿第二定律分析物体运动过程时应注意以下两点：(1)a 是联系力和运动的桥梁，根据受力条件，确定加速度，以加速度 确定物体速度和位移的变化．(2)速度与位移的变化与力相联系，用联系的眼光看问题，分析出力的变化，从而确定加速度的变化，进而确定速度与位移的变化．跟踪训练1 如图2所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m .现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点，如果物体受到的阻力恒定，则 ( )A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小考点二 两类动力学问题考点解读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，再由运动学的相关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．图3图53．求解上述两类问题的思路，可用下面的框图来表示：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． 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 可视为质点的物块，以某一水平初速度v 0从左端冲上木板.4 s 后物块和木板达到4 m/s 的速度并减速，12 s 末两者同时静止．求物块的初速度并在图4中画出物块和木板的v －t 图象．图4例3 如图5所示，物体A 放在足够长的木板B 上，木板B 静止于水平面上．已知A 的质量m A 和B 的质量m B 均为2.0 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与水平面之间的动摩擦 因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10 m/s 2.若从t ＝0开始，木板B 受F 1＝16 N 的水平恒力作用，t ＝1 s 时F 1改为F 2＝4 N ，方向不变，t ＝3 s 时撤去F 2.(1)木板B 受F 1＝16 N 的水平恒力作用时，A 、B 的加速度a A 、a B 各为多少？(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F f A ，横坐标表示运动时间t (从t ＝0开始，到A 、B 都静止)，取运动方向为正方向，在图6中画出F f A －t 的关系图线(以图线评分，不必写出分析和计算过程)．图6方法突破 动力学问题的求解方法1．物体运动性质的判断方法(1)明确物体的初始运动状态(v 0)；(2)明确物体的受力情况(F 合)；(3)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．求解两类动力学问题的方法(1)抓住物理量——加速度，按下面的思路进行；(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．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，木板与人均静止，当人以4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至木板右端时，立刻抱住立柱(取g＝10 m/s2)，求：图7(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑过程中木板的加速度的大小和方向；(3)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．2.建立“运动模型”解决动力学问题例4原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地，从开始蹬地到离地是加速过程(视为匀加速)，加速过程中重心上升的距离为“加速距离”．离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”．某同学身高1.8 m，质量80 kg，在某一次运动会上，他参加跳高比赛时“加速距离”为0.5 m，起跳后身体横着越过(背越式)2.15 m高的横杆，试估算人的起跳速度v和起跳过程中地面对人的平均作用力．(g取10 m/s2)运动建模可以把跳高过程分为起跳和腾空两个阶段．把该同学看成质量集中于重心的质点，把起跳过程等效成匀加速运动，腾空过程看成竖直上抛运动模型．建模感悟实际问题模型化是高中阶段处理物理问题的基本思路和方法．当我们遇到实际的运动问题时，要建立我们高中阶段学习过的熟知的物理模型，如匀变速直线运动模型、类平抛运动模型等，运用相应的物理规律来处理．跟踪训练3“引体向上运动”是同学们经常做的一项健身运动．如图8所示，质量为m的某同学两手正握单杠，开始时，手臂完全伸直，身体呈自然悬垂状态，此时他的下颚距单杠面的高度为H，然后他用恒力F向上拉，下颚必须超过单杠面方可视为合格．已知H ＝0.6 m，m＝60 kg，重力加速度g＝10 m/s2.不计空气阻力，不考虑因手臂弯曲而引起的人的重心位置的变化．图9图10图12图8(1)第一次上拉时，该同学持续用力，经过t ＝1 s 时间，下颚到达单杠面，求该恒力F 的大小及此时他的速度大小；(2)第二次上拉时，用恒力F ′＝720 N 拉至某位置时，他不再用力，而是依靠惯性继续向上运动，为保证此次引体向上合格，恒力F ′的作用时间至少为多少？A 组 由运动情况确定受力问题1.建筑工人用如图9所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg 的建筑工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg 的建筑材料以0.5 m/s 2的加速度上升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则建筑工人对地面的压力大小为(g 取10 m/s 2) ( )A ．510 NB ．490 NC ．890 ND ．910 N2．(2011·上海单科·19)受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v －t 图线如图10所示，则 ( )A ．在0～t 1秒内，外力F 大小不断增大B ．在t 1时刻，外力F 为零C ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能不断减小D ．在t 1～t 2秒内，外力F 大小可能先减小后增大3.如图11所示，光滑的电梯壁上挂着一个质量m ＝2 kg 的球，悬绳与竖直壁夹角θ＝37°，当电梯以a ＝2 m/s 2的加速度竖直向上做匀加速直线运动时，悬绳受到的拉力是多大？电梯壁受到的压力是多大？(取g ＝10m/s 2)B 组 由受力情况确定运动情况4．如图12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能计算出来的有 ( )A ．物体的质量图13 B ．物体与水平面间的滑动摩擦力C ．在F 为10 N 时，物体的加速度大小D ．在F 为14 N 时，物体的速度大小5．利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值，如图13所示是用这种方法获得的弹性细绳中拉O力F 随时间t 变化的图线．实验时，把小球举到悬点处，然后放手让小球自由落下，由图线所提供的信息可以判断 ( )A ．绳子的自然长度为gt 212B ．t 2时刻小球的速度最大C ．t 1时刻小球处在最低点D ．t 1时刻到t 2时刻小球的速度先增大后减小6．为了减少战斗机起飞时在甲板上加速的时间和距离，现代航母大多采用了蒸汽弹射技术．一架总质量M ＝5.0×103 kg 的战机．如果采用滑行加速(只依靠自身动力系统加速)，要达到v 0＝60 m/s 的起飞速度，甲板水平跑道的长度至少为120 m ．采用蒸汽弹射技术，战机在自身动力和持续的蒸汽动力共同作用下只要水平加速60 m 就能达到起飞速度．假设战机起飞过程是匀加速直线运动，航母保持静止，空气阻力大小不变，取g ＝10 m/s 2.(1)采用蒸汽弹射技术，求战机加速过程中加速度大小以及质量m ＝60 kg 的飞行员受到座椅作用力的大小．(2)采用蒸汽弹射技术，弹射系统的弹力为多大？弹力在加速60 m 的过程中对战机做的功是多少？图1图2 图3 课时规范训练(限时：30分钟)一、选择题1．如图1甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上(g做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 之间的关系如图乙所示＝10m/s 2)，则下列结论正确的是 ( )A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B ．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC ．物体的质量为3 kgD ．物体的加速度大小为5 m/s 22．质量为0.3 kg 的物体在水平面上运动，图2中两直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力时的速度—时间图象，则下列说法正确的是 ( )A ．物体所受摩擦力一定等于0.1 NB ．水平拉力一定等于0.1 NC ．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是aD ．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是b3．如图3所示，静止在光滑水平面上的物体A ，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的过程中，物体的速度和加速度的变化情况是 ( )A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大4．如图4甲所示，在粗糙水平面上，物块A 在水平向右的外力F 的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是 ()甲 乙图4A ．在0～1 s 内，外力F 不断增大B ．在1～3 s 内，外力F 的大小恒定C ．在3～4 s 内，外力F 不断减小D ．在3～4 s 内，外力F 的大小恒定5．质量为m 的物体从高处静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为F f ，加速度为图5图6图7 a ＝13g ，则F f 的大小是 ( ) A ．F f ＝13mg B ．F f ＝23mg C ．F f ＝mg D ．F f ＝43mg 6．如图5所示，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块M 中心穿过横杆，M 通过细线悬吊着小物体m ，当小车在水平地面上运动的过程中，M 始终未相对杆bc 移动，M 、m 与小车保持相对静止，悬线与竖直方向夹角为α.则M 受到横杆的摩擦力为 ( )A ．大小为(m ＋M )g tan α，方向水平向右B ．大小为Mg tan α，方向水平向右C ．大小为(m ＋M )g tan α，方向水平向左D ．大小为Mg tan α，方向水平向左7．如图6所示，质量为m 2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m 1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向保持θ角不变，则( )A ．车厢的加速度为g sin θB ．绳对物体1的拉力为m 1g cos θC ．底板对物体2的支持力为(m 2－m 1)gD ．物体2所受底板的摩擦力为m 2g sin θ二、非选择题8．如图7所示，一轻绳上端系在车的左上角的A 点，另一轻绳一端系在车左端B 点，B 点在A 点正下方，A 、B 距离为b ，两轻绳另一端在C 点相结并系一质量为m 的小球，轻绳AC 长度为2b ，轻绳BC 长度为b .两轻绳能够承受的最大拉力均为2mg .问：(1)轻绳BC 刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大？(要求画出受力图)复习讲义基础再现一、基础导引没有矛盾．牛顿第二定律公式F＝ma中的F指的是物体所受的合力，而不是其中的某一个力．我们用力提一个放在地面上的很重的物体时，物体受到的力共有三个：手对物体向上的作用力F1、竖直向下的重力G以及向上的支持力F2.这三个力的合力F＝0，故物体的加速度为零，物体保持不动．知识梳理 1.正比反比作用力的方向2．F＝ma 3.(1)惯性匀速直线(2)宏观二、基础导引 6.0×103 N，方向与电车初速度方向相反知识梳理 1.(1)运动情况(2)受力情况2．加速度牛顿第二定律思考：解答动力学两类问题的关键：(1)做好受力分析，正确画出受力图，求出合力．(2)做好运动过程分析，画出运动过程简图，确定各物理量间的关系．三、基础导引 1 J＝1 N·1 m，又由1 N＝1 kg·1 m/s2则1 J＝1 kg·1 m/s2·1 m＝1 kg·m2/s2知识梳理 2.长度(m)质量(kg)3．力(N)速度(m/s)加速度(m/s2)课堂探究例1见解析解析小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力．在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，因为弹力F＝kx不断增大，所以合力不断减小，故加速度不断减小，由于加速度与速度同向，因此速度不断变大．当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合力为零，加速度为零，速度达到最大．在接触后的后一阶段，即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运动，但弹力大于重力，合力竖直向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向竖直向上，小球做减速运动，当速度减小到零时，达到最低点，弹簧的压缩量最大．跟踪训练1A例210 m/s木板的v－t图象见解析图例3(1)2 m/s2 4 m/s2(2)1.5 s(3)见解析跟踪训练2(1)200 N向右(2)2 m/s2向左(3)2 s例4 5 m/s 2 800 N跟踪训练3 (1)672 N 1.2 m/s (2)22s 分组训练1．B 2.CD3．30 N 18 N4．ABC 5.AD 6．(1)30 m/s 2 1.9×103 N (2)7.5×104 N4．5×106 J课时规范训练1．D2．B3．D4．BC5．B6．A7．B8．见解析解析 (1)轻绳BC 刚好被拉直时，小球受力如图甲所示，因为AB ＝BC ＝b ，AC ＝2b ，故轻绳BC 与AB 垂直，cos θ＝22，θ＝45° 由牛顿第二定律，得mg tan θ＝ma可得a ＝g(2)小车向左的加速度增大，轻绳AC 、BC 方向不变，所以轻绳AC 拉力不变，为2mg ，当BC 轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示由牛顿第二定律得F Tm ＋mg tan θ＝ma m因这时F Tm ＝2mg ，所以最大加速度为a m ＝3g。
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
一站过 1．牛顿第二定律的五个特性
2．合力、加速度、速度之间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。 (2)a＝ΔΔvt 是加速度的定义式，a 与 Δv、Δt 无必然联系；a＝mF是加速度的决定式，
(1)分析瞬时变化前、后物体的受力情况； (2)根据牛顿第二定律列方程； (3)求瞬时加速度。 2．轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点 对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力 的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。 (1)在瞬时问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。 (2)一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。
C．在 BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为cogs θ D．在 BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 gsin θ
解析：据题意，在 AC 剪断前有：TBC＝cmosgθ，AC 剪断后有：TBC′＝mgcos θ，
且 mgsin θ＝ma，所以 A 错误、B 正确；在 BC 剪断前：TAC＝mgtan θ，BC 剪断之后瞬间据橡皮筋弹力保持原值的特性，有：TAC′＝TAC＝mgtan θ，其
解析：物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很 小，甚至为 0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外 力越大，加速度一定也越大，故选项 C 正确。 答案：C
3．[牛顿第二定律与力的合成的综合问题] (2021·贵阳质检)(多选)如图所示，某杂技演员在做手指玩 耍盘子的 高难度表演。若盘的质量为 m，手指与盘之间 的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转。则下列说法正确的是 ()
牛顿第二定律 两类动力学问题
题型二
建立“运动模型”解决 动力学问题
例 2 原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地，从开始 蹬地到离地是加速过程(视为匀加速)，加速过程中重 心上升的距离为“加速距离”．离地后重心继续上 升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高 度”．某同学身高 1.8 m，质量 80 kg，在某一次运 动会上，他参加跳高比赛时“加速距离”为 0.5 m， 起跳后身体横着越过(背越式)2.15 m 高的横杆， 试估 算人的起跳速度 v 和起跳过程中地面对人的平均作 用力．(g 取 10 m/s2)
第 2 课时
牛顿第二定律
两类动力学问题
课前考点自清
一、牛顿第二定律 1．内容：物体加速度的大小跟作用力成 正比 ，跟物体的 质量成 反比 。加速度的方向与作用力方向 相同．
2．表达式： F＝ma 3．适用范围
.
(1) 牛顿第二定律只适用于 惯性 参考系 ( 相对 地面静止或 匀速直线运动 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．
答案 C
题型互动探究
题型一 牛顿运动定律在动力学两类基本问题中的应用 例 1 科研人员乘气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物 和科研人员的总质量为 990 kg.气球在空中停留一段时间 后，发现气球漏气而下降，及时堵住，堵住时气球下降 速度为 1 m/s，且做匀加速运动，4 s 内下降了 12 m，已 知气球安全着陆的速度为 2 m/s.为使气球安全着陆． 向舱 外缓慢抛出重 101 kg 的重物．若空气阻力和泄漏气体的 质量可忽略，重力加速度 g 取 9.89 m/s2，求抛掉重物后 气球达到安全着陆速度的时间．
【高考佐证 1】质量为 1 kg 的物体静止在水平面上， 物体与水平面之间的动摩擦因数为 0.2.对物体施加一 个大小变化、方向不变的水平拉力 F，使物体在水平 面上运动了 3t0 的时间．为使物体在 3t0 时间内发生的 位移最大，力 F 随时间的变化情况应该为下面四个图 中的 ( )
2025高考物理总复习牛顿第二定律的基本应用
D.该同学在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
从d点无初速度释放,用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所
用的时间。下列关系正确的是Fra bibliotek BCD)A.t1=t2
B.t2>t3
C.t1<t2
D.t1=t3
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
起跳动作的示意图,图中的O点表示他的重心。图乙是传感器所受压力随
时间变化的图像,图像上a、b两点的纵坐标分别为900 N和300 N,重力加速
度g取10 m/s2,不计空气阻力。根据图像分析可知(
)
A.该同学的重力可由b点读出,为300 N
B.该同学在b到c的过程中先处于超重状态再处于失重状态
C.该同学在双脚与板不接触的过程中处于完全失重状态
解得h=75 m。
(2)设无人机坠落过程中加速度为a1,由牛顿第二定律得
mg-Ff=ma1
解得a1=8 m/s2
由v2=2a1H
解得v=40 m/s。
★一题多变 若在典题1无人机坠落过程中,由于遥控设备的干预,动力设备
重新启动提供向上的最大升力。为使无人机着地时速度为零,求无人机从
开始下落到恢复升力的最长时间t1。
地面的高度h。
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100 m处时,由于动力设备故障,无人机
突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时速度v的大小。
答案 (1)75 m
(2)40 m/s
解析 (1)设无人机上升时加速度为a,由牛顿第二定律得
F-mg-Ff=ma
牛顿第二定律
四、牛顿定律应用的基本方法
①由于物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分 析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，在画受力分 析图时，把所受的外力画在物体上（也可视为质点， 画在一点上），把 v0 和 a的方向标在物体的旁边，以 免混淆不清。
四、牛顿定律应用的基本方法
②建立坐标系时应注意： A．如果物体所受外力都在同一直线上，应建立一维坐标 系，也就是选一个正方向就行了。如果物体所受外力在同 一平面上，应建立二维直角坐标系。
解法1：移 m2后，系统左、右的加速度大小相同方向相 反，由于 ml 十 m2 ＞ m3 ，故系统的重心加速下降，系统 处于失重状态，弹簧秤的读数减小，B项正确。 解法2：:移后设连接绳的拉力为T/，系统加速度大小为a。 对（ml＋m2）：（m1＋m2)g一T/＝（ml＋m2)a；
2
说明：
（1）解答“运动和力”问题的关键是要分析清楚物 体的受力情况和运动情况，弄清所给问题的物理情 景． （2）审题时应注意由题给条件作必要的定性分析或 半定量分析． （3）通过此题可进一步体会到，滑动摩擦力的方向 并不总是阻碍物体的运动．而是阻碍物体间的相对 运动，它可能是阻力，也可能是动力．
C．不可伸长：即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不 变，即绳子中的张力可以突变。
二、突变类问题（力的瞬时性）
（3）中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模 型，具有如下几个特性：
A ．轻：即弹簧（或橡皮绳）的质量和重力均可视为等于 零，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等。 B ．弹簧既能承受拉力，也能承受压力（沿着弹簧的轴 线），橡皮绳只能承受拉力。不能承受压力。 C、由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间， 所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能发生突变。
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。
动力学的两类基本问题
解：(1)设8s末物体离a点的距离为s, s应为v-t图与横轴所围的 面积。则：
1 1 s 4 8m 4 4m 8m ，故物体在a点右侧8m处。- 2分 2 2
(2)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v-t图得 a1＝2 m/s2 ① -------------2分
③根据牛顿第二定律列方程，并求出物体的加速度．
④结合题目所给的物体运动的初始条件，选择运动学公式求出 所需的运动学量． ⑤必要时对结果进行讨论．
• 例1.一物体沿倾角为α的斜面以一定的初速度冲上光滑斜 面,, 则物体加速度为 （A ） • A、gsinα • C、2gsinα B、gtanα D、2 gtanα
根据牛顿第二定律，有 F mg ma1 ② ----------- 2分
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v-t图得 a2＝1m/s2 ③ ------------ 2分 ------- ------- 2分 ------ 1分 μ=0.05 根据牛顿第二定律，有 F mg ma2 ④ 解①②③④得：F=6N，---- 1分
③确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并 画出物体受力示意图． ④根据平行四边形定则或正交分解法求解所需要 的物理量
例4.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（ D A．OA方向 C．OC方向 B．OB方向 D．OD方向 ）
例5.站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动， 如图所示。以下说法正确的是（CD ） A．人只受到重力和支持力的作用
Fy
F
N 370 Fx
a
F
370
f
mg
• 解： • （1）物体受力如图所示，据牛顿第二定律有： • Fx-f= ma ；（1分） FN+Fy－mg=0（1分） • 又：f=μ FN ；（1分） Fx= Fcos37°；Fy= Fsin37°
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。
第三章：牛顿运动定律(3.2_牛顿第二定律、两类动力学问题)讲解
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3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用
定律，推力 F＝ma＝1.5×106 N，故 C 正确，ABD 错误。
第三章 牛顿运动定律
返回导航
核心考点·重点突破
高考一轮总复习 • 物理
返回导航
考点一 应用牛顿第二定律分析瞬时问题 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：
第三章 牛顿运动定律
A．仅剪断细绳的瞬间。小球的加速度a＝g，方向竖直向上 B．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝ gtanθ，方向水平向右 C．仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向左 D．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝g，方 向竖直向下
第三章 牛顿运动定律
高考一轮总复习 • 物理
第三章 牛顿运动定律
高考一轮总复习 • 物理
返回导航
2．易错、易混点拨 (1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不 是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发 生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。 (2)在完全失重的状态下，平常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、液体柱不再产生压强 等。
处于完全失重状态。
(3)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
第三章 牛顿运动定律
高考一轮总复习 • 物理
返回导航
〔变式训练2〕 (2022·陕西西安高三三模)2022年2月8日，在中国 北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一
用寿命内最多能发射600枚炮弹。若炮弹的质量为15 kg，则在发射炮弹
第11讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
第11讲牛顿第二定律两类动力学问题知识点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作用力成正比，跟物体的质量成反比．加速度的方向与作用力方向相同．(2)表达式：F＝ma.(3)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．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)基本单位基本物理量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s.(3)导出单位由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．知识点二两类动力学问题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：(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)(4)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)(5)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(6)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)(7)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．(×)1．大小分别为1 N和7 N的两个力作用在一个质量为1 kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是(C) A．1 m/s2和7 m/s2B．5 m/s2和8 m/s2C．6 m/s2和8 m/s2D．0 m/s2和8 m/s2解析：当两力反向时，合力最小，加速度最小，a min＝7－11 m/s2＝6 m/s 2；当两力同向时，合力最大，加速度最大，a max ＝7＋11 m/s 2＝8 m/s 2，选项C 正确．2．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度，即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适，加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是( C )A ．m/sB ．m/s 2C ．m/s 3D ．m 2/s解析：新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应该是m/s 3，选项C 正确．3．如图所示，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14，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 上所做两段运动可看作匀变速直线运动)( B )A ．14B ．81C ．11D ．4 1解析：设B 点的速度为v B ，根据匀变速直线运动平均速度的推论有：v 0＋v B 2t 1＝v B 2t 2，又t 1t 2＝14，解得：v B ＝v 03，在AB 上的加速度为：a 1＝μ1g ＝v 0－v B t 1，在BC 上的加速度为：a 2＝μ2g ＝v B t 2，联立解得：μ1μ2＝81，故选B.4．如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向向右做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)．已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( A )A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 2解析：把m 1、m 2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得F cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确．5．如图所示，质量为m 的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上，另一端用轻质弹簧连在天花板上．轻绳处于水平位置，弹簧与竖直方向夹角为θ.已知重力加速度为g ，则在剪断轻绳瞬间，小球加速度的大小为( C )A ．0B ．g sin θC ．g tan θD.g cos θ解析：以球为研究对象，如图所示，建立直角坐标系，将F OA 分解，由平衡条件F OB －F OA sin θ＝0，F OA cos θ－mg ＝0，联立解得F OB ＝mg tan θ剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得a ＝F m ＝mg tan θm ＝g tan θ，方向水平向右．知识点一 对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“四性”(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、合外力之间的关系，正确的是(CD)A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零．但物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力很大，加速度一定很大，故选项C、D正确．2．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是(D)A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比解析：根据牛顿第二定律a＝Fm可知，物体的加速度与速度无关，选项A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，选项B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，选项C错误；力和加速度为矢量，所受合力的水平分力不变时，物体的水平加速度与质量成反比，选项D正确．3．(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(BC)A．物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比B．加速度的方向一定与合外力的方向一致C．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D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍解析：物体的质量是物体所含物质的多少，与外力无关，故A 项错误；整块砖的重力是半块砖重力的二倍，但是前者质量也是后者质量的二倍，所以D项错误；由牛顿第二定律可知，B、C项正确．知识点二牛顿第二定律的瞬时性1．两种常见模型加速度与合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常见模型：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4．如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度为(A)A.Δl l gB.l Δl g C ．物体的加速度为0 D ．加速度的方向向下解析：当盘静止时，由胡克定律得mg ＝kl ①，设使弹簧再伸长Δl 时手的拉力大小为F再由胡克定律得(mg ＋F )＝k (l ＋Δl )②，由①②联立得F ＝Δl l mg刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F ，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a ，根据牛顿第二定律得a ＝F m ＝Δl l g ，故本题选A.5．(多选)如图，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( BC )A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零解析：系统静止，根据平衡条件可知：对B 球F 弹＝mg sin θ，对A 球F 绳＝F 弹＋mg sin θ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B 球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A 球根据牛顿第二定律得a ＝F 合m ＝F 弹＋mg sin θm＝2g sin θ，故A 错误、C 正确；B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故B 正确、D 错误．6．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性良好的橡皮绳．质量为m 的儿童如图所示静止悬挂，左右两橡皮绳的拉力大小均恰为mg ，若此时该儿童左侧橡皮绳在腰间断裂，则儿童此时( B )A ．加速度、速度都为零B ．加速度a ＝g ，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下解析：儿童静止时受到重力和两根橡皮绳的拉力，处于平衡状态，如图，由于T1＝T2＝mg，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉力的夹角为120°，当小孩左侧橡皮绳拉力变为零时，右侧橡皮绳拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故右侧橡皮绳拉力与重力的合力与左侧橡皮绳断开前的弹力方向相反，大小等于mg，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向下，选项B正确．知识点三动力学的两类基本问题1．解决动力学两类基本问题的思路2．动力学两类基本问题的解题步骤典例(2019·南宁模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m ＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．【审题关键点】(1)分析飞机在水平跑道和倾斜跑道上的受力，由牛顿第二定律确定其加速度．(2)利用运动学公式可求出飞机在水平跑道上的运动时间及飞机到达倾斜跑道末端的速度大小．(3)助推力只存在于水平跑道上，飞机在倾斜跑道上的加速度不变．【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－F f＝ma1v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，F f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有F合′＝F－F f－mg sinα＝ma2mg sinα＝mg hl2v22－v21＝2a2l2其中v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s≈41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F合″＝F推＋F－F f＝ma1′，v1′2－v20＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化，加速度大小仍有a2′＝3.0 m/s2，v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100 m/s，代入数据解得F推≈5.2×105 N故助推力F推的大小为5.2×105 N.【答案】(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N【突破攻略】解决动力学两类问题的两个关键点7．某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤去水平推力F后经过时间t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f＝12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离．解析：(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为a 2＝F f m ＝0.2 m/s 2第一次撤去水平推力后经过时间t 2＝2.0 s 速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1x 1第二次撤去水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2＝5.2 m. 答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m8．在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v 0＝4 m/s 的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L ＝0.6 m 的正方形薄板，小车在到达薄板前某处立即关闭电源，靠惯性运动x ＝3 m 的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板．小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，薄板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，小车质量M 为薄板质量m 的3倍，小车可看成质点，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)小车冲上薄板时的速度大小；(2)小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小．解析：(1)设小车关闭电源后加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得：μ1Mg ＝Ma 1①设小车刚冲上薄板时速度为v 1，由运动学公式，有：v 21－v 20＝－2a 1x ②①②联立，得：v 1＝2 m/s ③(2)小车冲上薄板后，薄板上下两表面受到的摩擦力方向相反，设薄板的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：μ1Mg －μ2(M ＋m )g ＝ma 2④小车冲上薄板后，薄板以a 2加速，车仍以a 1减速，设经时间t 两者共速，则：v 1－a 1t ＝a 2t ⑤联立④⑤并代入数据，得：t ＝0.5 s则此时小车和薄板的速度大小v 2＝1 m/s该段时间，小车的位移：x 1＝v 1＋v 22t ＝0.75 m ；薄板的位移：x 2＝12a 2t 2＝0.25 m ⑥由于x 1－x 2<L ，所以小车未滑出薄板．接着小车与薄板共同减速，设加速度大小为a 3，有：μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3⑦设车与薄板共同减速的位移大小为x 3，有：v 22＝2a 3x 3⑧⑦⑧式联立，得x 3＝0.5 m所以小车从刚冲上薄板到停止时位移的大小：x ＝x 1＋x 3＝1.25 m.答案：(1)2 m/s (2)1.25 m9．航空母舰静止在海面，某型号的舰载机质量m ＝3×104 kg ，在航空母舰上无风起飞时，加速度是5 m/s 2，跑道长160 m ，为了使飞机正常起飞，航母上装有舰载机起飞弹射系统，无风时弹射系统必须给飞机30 m/s的初速度才能使飞机从舰上起飞，设加速过程为匀加速直线运动．(1)无风时起飞速度是多少？(2)某次执行任务，有10 m/s的平行跑道的海风，飞机逆风行驶起飞，测得平均空气阻力增加ΔF f＝2.4×104N，弹射系统必须给飞机多大的初速度才能使飞机正常起飞？(起飞速度为飞机相对空气的速度)解析：(1)设起飞速度为v，无风起飞时初速度v1＝30 m/s，加速度a1＝5 m/s2，跑道长x＝160 m由运动学规律可得v2－v21＝2a1x解得v＝50 m/s.(2)当飞机逆风行驶起飞时，相对航母的速度v′＝50 m/s－10 m/s＝40 m/s由牛顿第二定律可得加速度a2＝a1－ΔF f＝4.2 m/s2mv′2－v22＝2a2x解得弹射系统需要给飞机的初速度v2＝16 m/s.答案：(1)50 m/s(2)16 m/s知识点四动力学的图象问题1．常见的动力学图象v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等．2．动力学图象问题的类型3．解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．4．解决图象综合问题的三点提醒(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点．10．[由受力图象分析物体的运动情况]一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t 变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：(1)1 s 末物块所受摩擦力的大小F f1；(2)物块在前6 s 内的位移大小x ；(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ.解析：(1)由题图乙可知前 2 s 内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当t ＝1 s 时，F f1＝F 1＝4 N.(2)在v -t 图象中曲线与t 轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6 s 内的位移大小x ＝(2＋4)×42m ＝12 m. (3)由题图乙知，在2～4 s 内，物块做匀加速运动，加速度大小a ＝Δv Δt ＝42 m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律得F 2－F f2＝ma在4～6 s 内物块做匀速运动，有F 3＝F f2＝μmg解得μ＝0.4.答案：(1)4 N (2)12 m (3)0.411．[由运动图象分析物体的受力情况](多选)用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从零开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图所示，g 取10 m/s 2，则可以计算出( ACD )A．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14 N时物体的速度C．物体与水平面间的动摩擦因数D．物体的质量解析：由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A 正确；由F－μmg＝ma，解得a＝1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，m F－μg，将F1F2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B错误．12．[通过图象综合分析物体的受力与运动情况](2019·南阳模拟)神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v-t图象如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M＝400 kg，g取10 m/s2，求：(1)返回舱在这一阶段的运动状态；(2)在开始时刻v 0＝160 m/s 时，它的加速度大小；(3)空气阻力系数k 的数值．解析：(1)由速度图象可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动．(2)开始时v 0＝160 m/s ，过A 点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则a ＝Δv Δt ＝0－1608 m/s 2＝－20 m/s 2故加速度大小为20 m/s 2.(3)设浮力为F ，由牛顿第二定律得在t ＝0时有k v 20＋F －Mg ＝Ma由题图知返回舱的最终速度为v ＝4 m/s当返回舱匀速运动时有k v 2＋F －Mg ＝0故k ＝Ma v 20－v 2＝400×201602－42≈0.31. 答案：(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动(2)20 m/s 2 (3)0.31三类等时圆及其应用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．13．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC BC DC＝543，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(A)A．111B．54 3C．589 D．12 3解析：因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确．14．(2019·东北三省三校一模)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点．B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为t A、t B、t C，则t A、t B、t C大小关系是(B)A．t A<t C<t BB．t A＝t C<t BC．t A＝t C＝t BD．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故t A＝t C<t B，B正确．15．(2019·合肥质检)如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(B)A．t AB＝t CD＝t EF B．t AB>t CD>t EFC．t AB<t CD<t EF D．t AB＝t CD<t EF解析：如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，t AB>t CD>t EF，B项正确．。
牛顿第二定律及两类基本问题-PPT课件
解析:(1)物体做初速度为零的匀加速直线运动,设其加速度为 a0.
则有
L=
1 2
a0
t02
由牛顿第二定律得 F-Ff=ma0,Ff=μmg
联立以上三式,并代入数据得:μ=0.5. (2)有力作用时,设物体的加速度大小为 a,由牛顿第二定律 得:Fcos 37°-μ(mg-Fsin 37°)=ma
二、动力学两类基本问题
1.由受力情况判断物体的运动情况: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,再由运动学的有关公式求 出速度或位移.
4
2.由运动情况判断物体的受力情况: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.
27
(3)选取正方向或建立坐标系.通常以加速 度的方向为正方向或以加速度方向为某一 坐标轴的正方向. (4)求合力 F 合. (5)根据牛顿第二定律 F 合=ma 列方程求解, 必要时还要对结果进行讨论.
28
【例 3】(2013 菏泽模拟) 如图,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 t0=2 s 拉至 B 处.(已知 cos 37°=0.8,sin 37°=0.6, 取 g=10 m/s2). (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.
木块 2 根据牛顿第二定律可得(m+M)g=Ma2,即
mM
a2=
g,因此选项 C 正确,选项 A、B、D 错误.
高三物理 动力学两类基本问题
(1)空气阻力与小球重力大小的比值mfg； (2)小球从抛出到落到地面所经过的时间 t.
思路点拨：根据运动情况确定加速度利用牛顿第二定律结合运动中的受力情况求解． 规范解答：(1)从抛出到最高点，2a1h＝v20(1 分) 代入数据求得 a1＝12 m/s2(1 分) 根据牛顿第二定律：mg＋f＝ma1(1 分) mfg＝0.2.(1 分) (2)上升过程所用时间 t1＝va10＝1 s(1 分) 下落过程加速度 a2＝mgm－f＝mg－m0.2mg＝8 m/s2(1 分) 下落过程所用时间 t2，则有 h＋H＝12a2t22(1 分) 得 t2＝2 s(1 分) 总时间 t＝t1＋t2＝3 s．(2 分)
8s 3g.
答案：(1)0.5 (2)
8s 3g
考点二：连接体问题的应用
【例2】 (综合题)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固 定在水平地面上，质量为m的物块A叠放在物体B 上，物体B的上表面水平．当A随B一起沿斜面下 滑时，A、B保持相对静止．求B对A的支持力N和 摩擦力f.
解析：当A随B一起沿斜面下滑时，物块A受到竖直向下的重力mg、B对A竖直向上的支 持力N和水平向左的摩擦力f的作用而一起做加速运动，如图(甲)． 设B的质量为M，以A、B为整体，根据牛顿第二定律，有 (m＋M)·gsin θ＝(m＋M)a，得a＝gsin θ. 将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解，如图(乙)所示，则ax＝acos θ＝gsin θcos θ， ay＝asin θ＝gsin2 θ
(1)小球的加速度；
(2)最初2 s内小球的位移．
解析：(1)小球在斜杆上受力分析如图所示． 垂直杆方向：Fcos θ＝mgcos θ＋N① 沿杆方向：Fsin θ－mgsin θ－f＝ma② 其中：f＝μN③ ①②③联立，并代入数据，得 a＝0.4 m/s2. (2)最初 2 s 内的位移 s＝12at2＝0.8 m.
牛顿第二定律两类动力学问题
个系统处于静止状态;现将细绳剪断,将
物块a的加速度记为a1,S1和S2相对原
长的伸长量分别为Δl1和Δl2,重力加速
度大小为g,在剪断瞬间 ( )
A. a1=3g
B. a1=0
C. Δl1=2Δl2
D. Δl1=Δl2
[解析] [答案] AC
要点3 动力学的两类基本问题 1. 求解两类问题的思路,可用下面的 框图来表示:
【典题演示4】 设某舰载飞机质量为 m=2.5×104kg,着舰时初速度为v0=40m/s,若 飞机仅受空气及甲板阻力作用,在甲板上以 a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动,着舰过程 中航母静止不动. (1) 求空气及甲板对舰载飞机阻力的大小. (2) 飞机着舰后,若仅受空气及甲板阻力作用, 航母甲板至少多长才能保证飞机安全着舰?
练习：在光滑水平面上有一物块始终受水平 恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个 足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹 簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确 的是（ ）A．物块接触弹簧后即做减速 运动B．物块接触弹簧后先加速后减速 C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速 度等于零D．当物块的速度为零时，它所受
基础梳理
1. 牛顿第二定律:物体的加速度跟所受的合 外力成正比,跟物体的质量成反比,加速度 的方向跟合外力方向相同. 2. 公式:F合=ma.含义是只要作用在物体上 的合外力不为零,物体就产生加速度,速度 就要变化. 3. 适用条件:只适用于宏观、低速运动的物 体,不适用于微观、高速运动的粒子;物体 的加速度必须是相对于地球静止或匀速直 线运动的参考系(惯性系)而言的.
【典题演示1】 如图所示,弹簧左端固定, 右端自由伸长到O点并系住物体m.现将 弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直 运动到B点,如果物体受到的阻力恒定,则
2012版物理一轮精品复习学案：3.2 牛顿第二定律、两类动力学问题(必修1)
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。
【要点名师透析】一、牛顿第二定律的理解1.“五个”性质F=ma2.瞬时加速度的问题分析分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体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，此类问题应注意以下几种模型：【例1】如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁.今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这一瞬间①B球的速度为零，加速度为零②B球的速度为零，加速度大小为③在弹簧第一次恢复原长之后，A才离开墙壁④在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动以上说法正确的是( )A.只有①B.②③C.①④D.②③④【答案】选B.【详解】撤去F前，B球受四个力作用，竖直方向的重力和支持力平衡，水平方向推力F和弹簧的弹力平衡，即弹簧的弹力大小为F，撤去F的瞬间，弹簧的弹力仍为F，故B球所受合外力为F，则B球加速度为a=，而此时B球的速度为零，②正确①错误；在弹簧恢复原长前，弹簧对A球有水平向左的弹力使A球压紧墙壁，直到弹簧恢复原长时A球才离开墙壁，A球离开墙壁后，由于弹簧的作用，使A、B两球均做变速运动，③对④错，B选项正确.二、解决动力学两类问题的基本方法和步骤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，再由运动学的有关公式求出速度或位移.2.由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则(平行四边形定则)或正交分解法.3.解题步骤(1)明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体.(2)分析物体的受力情况和运动情况.画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程.(3)选取正方向或建立坐标系.通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向.(4)求合外力F合.(5)根据牛顿第二定律F合=ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论.(6)分析流程图【例2】(2011·东城区模拟)杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑.若竹竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竹竿底部时速度正好为零.已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示.竹竿上演员质量为m1=40 kg，竹竿质量m2=10 kg，取g=10 m/s2.(1)求竹竿上的人下滑过程中的最大速度v1;(2)请估测竹竿的长度h.【答案】(1)4 m/s (2)12 m【详解】 (1)由题图可知，0～4 s,肩部对竹竿的支持力F 1=460 N<(G 1+G 2)，人加速下滑，设加速度为a 1，0～4 s 竹竿受力平衡,受力分析如图由F 1=G 2+F f ,得F f =F 1-G 2=360 N对人受力分析如图F ′f =F f =360 N,又由牛顿第二定律得：G 1-F ′f =m 1a 1,得a 1=1 m/s 2t 1=4 s 时达到最大速度，设为v 1，则v 1=a 1t 1=4 m/s(2)由题图可知，4 s ～6 s 肩部对竹竿的支持力F 2=580 N>(G 1+G 2) 人减速下滑，设加速度为a 2，同理0～4 s ，下滑距离为h 1,4 s ～6 s ，下滑距离为h 2,竹竿的长度h=h 1+h 2=12 m【感悟高考真题】1.（2011·福建理综·T18）如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 和B 。
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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题一、单项选择题1. 如图所示，车内绳AB 与绳BC 拴住一小球，BC 水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )A ．AB 绳、BC 绳拉力都变大B ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力变小C ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变D ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大2．(2011年嘉兴模拟)一物块以某一初速度沿粗糙的斜面向上沿直线滑行，到达最高点后自行向下滑动，不计空气阻力，设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同，下列图象能正确表示物块在这一过程中的速率与时间关系的是( )3．(2011年北京西城区抽样测试)如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a 加速转动时，小物体A 与传送带相对静止，重力加速度为g .则( )A ．只有a >g sin θ，A 才受沿传送带向上的静摩擦力作用B ．只有a <g sin θ，A 才受沿传送带向上的静摩擦力作用C ．只有a ＝g sin θ，A 才受沿传送带向上的静摩擦力作用D ．无论a 为多大，A 都受沿传送带向上的静摩擦力作用4．如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用轻弹簧相连，在拉力F 作用下，以加速度a 做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度为a 1和a 2，则( )A ．a 1＝a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a 5. (2011年杭州模拟)如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，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，小球的加速度大小为( )A ．0 B.233gC ．g D.33g 6. 如图所示，放在光滑面上的木块受到两个水平力F 1与F 2的作用而静止不动，现保持F 1大小和方向不变，F 2方向不变，使F 2随时间均匀减小到零，再均匀增加到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是( )二、不定项选择题7．如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连．设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是( )A．向右做加速运动B．向右做减速运动C．向左做加速运动D．向左做减速运动8．(2010年高考上海卷)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体()A．刚抛出时的速度最大B．在最高点的加速度为零C．上升时间大于下落时间D．上升时的加速度等于下落时的加速度9．(2010年高考山东卷改编)如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中v、a、F f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是()10.(2011年江苏南京模拟)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者的关系为F＝k v，其中k为常数，则环运动过程中的v－t图象可能是()三、计算题11．(2011年杭州二中调研)在倾斜角为θ的长斜面上，一带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块(连同风帆)的质量为m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的沿斜面向上的空气阻力与滑块下滑的速度大小成正比，即F f＝k v.滑块从静止开始沿斜面下滑的v －t图象如图所示，图中的倾斜直线是t＝0时刻速度图线的切线．(1)由图象求滑块下滑的最大加速度和最大速度的大小．(2)若m＝2 kg，θ＝37°，g＝10 m/s2，求出μ和k的值．12．(2011年广东惠州调研)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g＝10 m/s2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？第三节牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1．(2011年江苏金陵中学期中测试)一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至屋顶的雨滴能尽快地流离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，且屋顶的底边长是固定的，那么图所示四种情况中符合要求的是( )2. (2011年金丽衢十二校联考)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T 3. (2011年温州模拟)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A 、B ，A 、B 的质量均为2 kg ，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N ，方向竖直向下的力施加在物块A 上，则此瞬间，A 对B 的压力大小为(g ＝10 m/s 2)( )A ．10 NB ．20 NC ．25 ND ．30 N4. (2011年江苏淮阴中学高三学情调研)物体A 、B 都静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B ，与水平面间的动摩擦因数分别为μA 、μB ，用水平拉力F 拉物体A 、B ，所得加速度a 与拉力F 关系图线如图中A 、B 所示，则( )A ．μA ＝μB ，m A >m BB ．μA >μB ，m A <m BC ．可能有m A ＝m BD ．μA <μB ，m A >m B5．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg6．(2010年高考福建卷)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 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12 s 这段时间的位移大小为( )A ．18 mB ．54 mC ．72 mD ．198 m二、不定项选择题7. (2010年高考海南卷)如图所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )A ．加速下降B ．加速上升C ．减速上升D ．减速下降8. (2011年台州调研)如图所示，运动员“10 m 跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B 压到最低点C ，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A ，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是( )A ．运动员向下运动(B →C )的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B ．运动员向下运动(B →C )的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C ．运动员向上运动(C →B )的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小D ．运动员向上运动(C →B )的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小9．(2011年学军中学一模)如图甲所示，质量为m 的小物块以初速度v 0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tan θ，图乙中表示该物块的速度v 和所受摩擦力F f 随时间t 变化的图线(以初速度v 0的方向为正方向)，可能正确的是( )10．如图所示，小车的质量为M ，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是( )A ．0B ．(m －M m ＋M )F ，方向向右C ．(m －M m ＋M)F ，方向向左 D ．(M －m m ＋M )F ，方向向右 三、计算题11．(2011年皖南八校联考) 如图所示，水平面上放有质量均为m ＝1 kg 的物块A 和B (均视为质点)，A 、B 与地面的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，相距l ＝0.75 m ．现给物块A 一初速度使之向物块B 运动，与此同时给物块B 一个F ＝3 N 水平向右的力使其由静止开始运动，经过一段时间A 恰好能追上B .g ＝10 m/s 2.求：(1)物块B 运动的加速度大小；(2)物块A 初速度大小．12．(2011年富阳二中检测)如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m ＝1.0 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F ＝10.0 N ，方向平行斜面向上，经时间t 1＝4.0 s 绳子突然断了，(sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，g ＝10 m/s 2)求：(2)从绳子断开到物体再返回到斜面底端的运动时间？。