备考2019年高考物理一轮复习文档：第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 讲义 Word版含解析
2019届高考物理一轮复习 3-2 牛顿第二定律 两类动力学问题课件
2．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( D ) A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重 力减小了 B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落 体运动的物体不受重力作用 C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速 度时处于失重状态 D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发 生变化
4．如图所示，质量为 m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连， Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于 P、Q.球静止时，Ⅰ中拉力大小为 FT1， Ⅱ中拉力大小为 FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度 a 应是( C )
A．a＝g，竖直向下 B．a＝g，竖直向上 C．a＝FmT2，方向水平向左 D．a＝FmT1，方向沿Ⅰ的延长线
题型重点研讨
考点 对牛顿第二定律的理解 [重点理解]
牛顿第二定律的“五个性质”：
[衡中调研] 题型 1 力和运动的定性关系 (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)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． [典例 1] 如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的 O 点，自由伸 长到 B 点．今用一物体 m 把弹簧压缩到 A 点，然后释放，物体能 运动到 C 点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，下列说法 正确的是( C )
解析：剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所 以此时小球受到 FT1 和重力 mg 作用，合力水平向左，大小为 FT2， 所以加速度为 a＝FmT2，方向水平向左，选项 C 正确．
5．物块 A 放置在与水平地面成 30°角倾斜的木板上时，刚好可 以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成 60°角倾斜，取 g＝10 m/s2，
必考部分
[第三章] 牛顿运动定律
2019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 3.2 牛顿第二定律 两类动力学问题
K12教育课件
17
【解析】选C、D。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。
K12教育课件
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2.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是
()
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
1 2
gt
2，
2
K12教育课件
44
【加固训练】
我国拥有航空母舰后,舰载机的起飞与降落等问题受到 了广泛关注,某兴趣小组通过查阅资料对舰载机某次滑 跃起飞过程进行了如下的简化模拟: 假设起飞时“航母”静止,舰载机质量视为不变并可看 成质点,“航母”起飞跑道由图示的两段轨道组成(二
F 12 v第′二t=次v1利-fa用2t滑2=1雪.2杖m获/s得-0的.2速×度2.大0 小m/为s=v02.,8 m/s
则 m =2a610x1
v22－v2t
K12教育课件
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第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
x2= 联立解得x2=5.2 m
v 答案:(1)21.2 m/s 0.6 m 2
K12教育课件
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【通关秘籍】 1.解决动力学两类基本问题的思路:
K12教育课件
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2.动力学基本问题的解题步骤: (1)明确研究对象:根据问题的需要和解题的方便,选择某个物体或某系统作为研究对象。 (2)受力分析:画好受力示意图,选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。
K12教育课件
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①合成法:合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。 ②正交分解法:正交分解法适用于各种情况,尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上) 时。
高考物理一轮复习第三章第2单元牛顿第二定律动力学两类问题课件
1.加速度
2.加速度
练练基础
┃题组一┃ 对牛顿第二定律的理解
理解，正确的是( )
1．(多选)下列对牛顿第二定律的表达式 F＝ma 及其变形公式的 A．由 F＝ma 可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与
2．在中学阶段国际单位制中的基本物理量和基本单位 物理量名称 长度 物理量符号 l 单位名称 米 单位符号 ________
质量
时间 电流 热力学温度 物质的量
m
t I T n
千克
秒 安 [培 ] 开[尔文] 摩 [尔 ]
________
________ A K mol
Байду номын сангаас
发光强度
m kg s
I
坎[德拉]
量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本
身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用 的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关，故 A 、 B 错误，
C、D正确．
2 ． ( 多选 ) 关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是
(
)
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、D正确．
6 ． 在国际单位制 ( 简称 SI) 中，力学和电学的基本单位有： m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单
位可表示为(
)
B．m2·kg·s－3·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1
A．m2·kg·s－4·A－1 C．m2·kg·s－2·A－1
高考物理总复习 第3章 2讲 牛顿第二定律 动力学的两类基本问题课件 新人教版
1．如图所示，一轻质弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到 B点．今用一小物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，小物 体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒 定，试判断下列说法正确的是( )
A．物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小
B．物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变
C．物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动
(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．
Байду номын сангаас
3．牛顿第二定律的解题步骤 (1)分析题意，明确已知条件和所求量； (2)选取研究对象；所选取的对象可以是一个物体，也可以是
几个物体组成的系统； 同一个题目，根据题意和解题需要 也可以先后选取不同的研究对象；
一、对牛顿第二定律的深刻理解
矢量性 瞬时性 因果性
公式F＝ma是矢量式，任一时刻a与F同向
a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度 时，F为该时刻物体所受合力
F是产生a的原因，物体具有加速度是因为 物体受到了力的作用
同一性 独立性
(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面) (2)F＝ma中，F、m、a对应同一物体或同一系 统 (3)F＝ma中，各量应统一使用国际单位
物理量名称 长度 质量 时间 电流
热力学温度 物质的量 发光强度
国际单位制的基本单位
物理量符号 单位名称
l
米
m
千克
t
秒
I
安[培]
T
开[尔文]
n，(ν)
摩[尔]
I，(Iv)
坎[德拉]
单位符号 m kg s A K mol cd
高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
＝
mAgsinθm＋BmBgsinθ＝mA2＋mBmBg，故 D 正确。
3. [2017·辽宁六校联考]如图所示，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 间有( )
1. (多选)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( ) 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 0
解析 当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力 F 和弹簧水平向左的弹力。弹簧的弹力先小于恒力 F，后大于 恒力 F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加 速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力 F 时，木块 的速度最大，加速度为 0。当弹簧压缩量最大时，弹力大于 恒力 F，合力向左，加速度大于 0，故 B、C 正确，A、D 错误。
考点 动力学的两类基本问题 名师点拨 动力学的两类基本问题的解题步骤
例 2 [2017·山东济南调研]滑雪运动中当滑雪板压在雪 地上时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个 暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦力。然 而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一
值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速 度超过 4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 μ1 ＝0.25 变为 μ2＝0.125。一滑雪者从倾角 θ＝37°的坡顶 A 处 由静止开始自由下滑，滑至坡底 B 处(B 处为一光滑小圆弧) 后又滑上一段水平雪地，最后停 在 C 处，如图所示，不计空气阻 力，坡长 L＝26 m，g 取 10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
高考物理一轮总复习专题3牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
• 【答案】AD
【解析】以木块为研究对象，分析受力情况：重力 mg、斜面的支持力 N 和静 摩擦力 f，f 沿斜面向上，故 A 正确，B、C 错误；根据牛顿第二定律得 f－mgsin 30° ＝ma，解得，f＝12mg＋ma，方向平行斜面向上，故 D 正确．
• 由运动学公式有v＝2ax
• 由牛顿第二定律有μmg＝ma，得μ＝0.5.
• (3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀 减速运动，末速度为0
• 由图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m • 由运动学公式有v＝2a′x′ • 由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ • 得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°
物理量名称 长度 质量 时间 电流
热力学温度 物质的量
物理量符号 l m t I T n
单位名称 米
千克 秒
安(培) 开[尔文] 摩[尔]
单位符号
m kg s
A K mol
• 3．导出单位：由基本物理量根据 _________物__理_关__系__推导出来的其他物理量的单位．
• 1．[对力学单位制的考查]在国际单位制(简称SI)中，力学和
(1)拉力 F 为多少？ (2)物体对磅秤的静摩擦力为多少？ 【答案】(1)1 000 N (2)200 3 N，水平向左
【解析】(1)选物体为研究对象，将加速度 a 沿水平和竖直方向分解，则有 N －mg＝masin θ
解得 a＝5 m/s2 取小车、物体、磅秤这个整体为研究对象，受力分析如图所示 M＝100 kg 受力分析得 F－Mgsin θ＝Ma 所以 F＝Mgsin θ＋Ma＝1 000 N. (2)磅秤对物体的静摩擦力 f 静＝macos θ＝200 3 N 根据牛顿第三定律得，物体对磅秤的静摩擦力为 200 3 N，方向水平向左．
2019高三物理人教版一轮教师用书：第3章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题 Word版含解析
第二节牛顿第二定律两类动力学问题(对应学生用书第43页)[教材知识速填]知识点1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．加速度的方向与作用力的方向相同．(2)表达式a＝Fm或F＝ma.(3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做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组成．(2)基本单位基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米．(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位．易错判断(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用．(×)(3)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．(√)知识点2两类动力学问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况．(2)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，具体逻辑关系如下：[教材习题回访]考查点：牛顿第二定律的理解1．(鲁科必修1P113T1)(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ) A．加速度与合力的关系是瞬时对应关系，即a与F同时产生、同时变化、同时消失B．加速度的方向总是与合外力的方向相同C．同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大D．物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比[答案]AB考查点：单位制2．(粤教必修1P102T3改编)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1[答案]B考查点：牛顿第二定律的应用3．(人教版必修1P78T5改编)水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动．(1)如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g＝10 m/s2)(2)若在外力作用下匀加速4 s撤去外力后，还能运动多少时间？[解析](1)设阻力为F f，则F－F f＝ma，解得F f＝15 N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′，解得a′＝0.5 m/s2.(2)由v＝at及v＝a′t′可知，t′＝ata′＝12 s.[答案](1)0.5 m/s2(2)12 s考查点：动力学基本问题4．(鲁科必修1P113T6)如图所示，质量为0.8 kg的物块以5 m/s的初速度从斜面顶端下滑，斜面长5 m，倾角为37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3.求：(1)物块在斜面上运动时的加速度；(2)物块滑至斜面底端时的速度．(取g＝10 m/s2)【导学号：84370112】[解析](1)由于物体下滑过程中受重力、摩擦力、弹力作用，沿斜面方向有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得a＝3.6 m/s2，方向沿斜面向下．(2)由v2t－v20＝2as得v t＝7.8 m/s，方向沿斜面向下．[答案](1)3.6m/s2沿斜面向下(2)7.8m/s沿斜面向下(对应学生用书第44页)1．牛顿第二定律的“五性”2.(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(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＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1 m.[题组通关]1．(2018·四川广元一诊)如图3-2-1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，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( )【导学号：84370113】图3-2-1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小A[物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综合以上分析．只有选项A正确．]2. (多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图3-2-2所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)( )图3-2-2A．3 N B．25 NC．30 N D．50 NACD[若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．]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：2．一般思路第一步：分析原来物体的受力情况．第二步：分析物体在突变时的受力情况．第三步：由牛顿第二定律列方程．第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．[题组通关]3．如图3-2-3所示，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )甲乙图3-2-3A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为0C．图乙中轻杆的作用力一定不为0D．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍D [撤去挡板前，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为0，加速度为0，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为0，A 、B 两球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D 对．]4．(2018·泰安二模)如图3-2-4所示，小球A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B 用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A 、B 通过光滑滑轮O 用轻质细绳相连，两球均处于静止状态．已知B 球质量为m ，O 在半圆柱体圆心O 1的正上方，OA 与竖直方向成30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g )，下列说法正确的是( )【导学号：84370114】图3-2-4A ．弹簧弹力大小为2mgB ．球B 的加速度为gC ．球A 受到的支持力为2mgD ．球A 的加速度为12gD [剪断细绳前对B 球受力分析如图，由平衡条件可得F 弹＝mg tan 45°＝mg ；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F 弹和重力的大小和方向均没有改变，则F 合＝mg cos 45°＝2mg ，a B ＝2g ，A 、B 项错误．A 球的重力大小G A ＝2F 绳cos 30°＝6mg ，A 球受到的支持力N A ＝G A cos 30°＝182mg ，C 项错误．对A 球由牛顿第二定律有m A g sin 30°＝m A a A ，得A 的加速度a A ＝g ·sin 30°＝12g ，D 项正确．]1．解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．2．两类动力学问题的解题步骤[多维探究]考向1已知受力情况，求物体运动情况1．(多选)(2018·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )图3-2-5A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短AC[设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N，平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F′N＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2，可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．]2. 如图3-2-6所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.图3-2-6(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.【导学号：84370115】[解析] (1)设无人机上升时加速度为a ，由牛顿第二定律，有F －mg －f ＝ma解得a ＝6 m/s 2由h ＝12at 2，解得h ＝75 m.(2)设无人机坠落过程中加速度为a 1，由牛顿第二定律，有mg －f ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v 2＝2a 1H ，解得v ＝40 m/s.[答案](1)75 m (2)40 m/s在第2题中在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.[解析] 设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a 2，由牛顿第二定律，有F －mg ＋f ＝ma 2解得a 2＝10 m/s 2设飞行器恢复升力时速度为v m ，则有v 2m2a 1＋v 2m 2a 2＝H解得v m ＝4053m/s由v m ＝a 1t 1，解得t 1＝553s.[答案] 553s考向2 已知运动情况，求物体受力情况3．(2018·襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25[题眼点拨]①“4 s末，100 m的最高点”可由运动学公式求加速度；②“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.C[根据h＝12at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝mg＋F fm＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．]4．(2018·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑．如图3-2-7所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)图3-2-7(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小.【导学号：84370116】[题眼点拨]①“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；②“恒力F…静止开始…”说明使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．[解析](1)根据牛顿第二定律可得：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma解得：μ＝3 6.(2)由x＝12a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1，代入数据得：F＝7635N当加速度沿斜面向下时：mg sin 30°－F cos 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma1代入数据得：F＝437N.[答案](1)36(2)7635N或437N随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．[解析](1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2代入数据解得a2＝4.0 m/s2.(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v2－v21＝2a2(l－l1)根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵≈1.1×106 N.[答案](1)4.0 m/s2(2)58 m/s2 1.1×106N[母题](2018·成都高三期末)如图3-2-8所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°，以v＝1 m/s的速度顺时针匀速转动，两轮间的距离L＝9 m，一可视为质点的物块以大小v0＝11 m/s、方向平行于斜面向上的速度从底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，整个过程中物块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图3-2-8(1)从滑上传送带到第一次速度达到1 m/s的过程中，物块相对传送带通过的路程；(2)物块在传送带上运动的总时间.【导学号：84370117】【自主思考】物块的速度第一次达到1 m/s 时物块的加速度怎样？物块将怎样运动？ [提示] 因mg sin θ>μmg cos θ，加速度方向不变，大小发生突变，物块继续做匀减速运动．[解析] (1)物块从滑上传送带到第一次速度达到1 m/s 前受力如图甲所示，由牛顿第二定律有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1，代入数据解得a 1＝－10 m/s 2，由运动学公式v －v 0＝a 1t 1，解得t 1＝1 s ．物块第一次速度达到1 m/s 时发生的位移为x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，，代入数据得x 1＝6 m ，传送带的位移x 2＝v t 1，代入数据得x 2＝1 m ，物块相对传送带通过的路程Δx ＝x 1－x 2，解得Δx ＝5 m.(2)物块第一次速度达到1 m/s 后，由于mg sin θ>μmg cos θ，物块会相对传送带下滑，在此过程中物块受力如图乙所示，对物块，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝－2 m/s 2，物块在此过程中上升的最大距离为x 3，由运动学公式有－v 2＝2a 2x 3，解得x 3＝0.25 m ，因x 1＋x 3<L ，故物块此后会反向做匀加速运动，从下端离开传送带，物块受力仍如图乙所示，故加速度仍为a 2＝－2 m/s 2，对物块，选择从速度第一次达到1 m/s 时到离开传送带的过程进行分析，由运动学公式有－x 1＝v t 2＋12a 2t 22，解得t 2＝3 s ，故总时间t ＝t 1＋t 2＝4 s. [答案](1)5 m (2)4 s [母题迁移]迁移1水平传送带1．(多选)如图3-2-9所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )图3-2-9A．煤块从A运动到B的时间是2.25 sB．煤块从A运动到B的时间是1.5 sC．划痕长度是0.5 mD．划痕长度是2 m[题眼点拨]①“无初速度…相对滑动…”可知划痕长为二者相对位移大小；②“从A运动到B…”运动过程有两种可能，一是一直加速，二是先匀加速再匀速．BD[根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝μmgm＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝v0a＝1 s，位移大小x1＝12at21＝2 m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝x2＝0.5 s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误．]迁移2倾斜传送带2．如图3-2-10所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A 到B 长度为L ＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2，求：图3-2-10 (1)煤块从A 到B 的时间；【导学号：84370118】(2)煤块从A 到B 的过程中在传送带上形成痕迹的长度．[解析] (1)煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为 a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2， 加速过程中t 1＝v 0a 1＝1 s ， x 1＝12a 1t 21＝5 m.煤块速度达到v 0后，受到向上的摩擦力，则 a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ， x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s.煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s. (2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－x 1＝5 m ，第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ，Δx 1与Δx 2部分重合，故痕迹总长为5 m.[答案](1)1.5 s (2)5 m如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？[解析] (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同，t 1＝v 0－va 1 ②通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④物体继续减速，设经t 2速度到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立①②③④⑤式可得： t ＝t 1＋t 2＝2.2 s.(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2⑥联立④⑥式可得： t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去)． [答案](1)2.2 s (2)1 s。
【高考复习强化】2019高考物理一轮总复习 3.2牛顿第二定律 两类动力学问题课件
A. a＝01..122 m/s2＝120 m/s2 B. a＝1.2× 0.1120－2 m/s2＝1.2 m/s2 C. F＝500×1.2 N＝600 N D. F＝0.5×1.2 N＝0.60 N
解析：在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进 运算。带单位运算时，单位换算要准确，可以把题中已知量的 单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是用国际单位制 表示的，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量 的单位，只在数字后面写出正确单位即可。选项A中Δx＝1.2 cm 没用国际单位制表示，C项中的小车质量m＝500 g没用国际单 位制表示，所以均错误；B、D正确。
解析：由牛顿第二定律得：F＝ma′，a′＝2 m/s2。3 s末 物体速度为v＝a′t＝6 m/s，此后F撤去，a＝0，物体做匀速运 动，故选项A正确。
答案：A
感悟深化 1. 物体的加速度能否瞬时改变？速度呢？
答案：由于物体加速度与受力瞬时对应，所以力突变物体 加速度也随之瞬时改变，但速度的改变需要时间的积累，不能 瞬时改变。
必考部分
第三章 牛顿运动定律
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
主干梳理•激活思维
知识点一 牛顿第二定律Ⅱ 单位制Ⅰ
1.牛顿第二定律 (1)内容：物体的加速度的大小跟 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 的方向相同。 (2)表达式： a＝mF或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
对点激活 1. [对牛顿第二定律内容和公式的理解](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
2019届高三人教版物理一轮复习：第三章 第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题
解析：CD [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、 D 对．]
第三章
析考点层级突破 提素养备战高考 练典题走进高考 练规范课时冲关
第三章
析考点层级突破 提素养备战高考 练典题走进高考 练规范课时冲关
解析：BC [设弹簧的弹力大小为 F，由平衡条件可知，F＝mgsin θ，烧断细线的瞬间，弹簧弹力不变，故 B 球受力情况不变，加速度 为 0，B 正确，A、D 均错误；以 A 为研究对象，由牛顿第二定律可 得：F＋mgsin θ＝maA，解得：aA＝2gsin θ，故 C 正确．]
答案：0.5 m/s2
第三章
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[例 1] (08786223)(多选)(2016·新课标Ⅱ)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( )
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2．判断下列说法是否正确． (1)物体所受合外力越大，加速度越大．( √ ) (2)物体所受合外力越大，速度越大．( × ) (3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时， 物体的速度逐渐减小．(×) (4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．( × )
1．(08786227)(多选)如图所示, 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( )
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动律 第2节 牛顿第二律 两类动力学问题
权掇市安稳阳光实验学校第2节牛顿第二定律两动力学问题,(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，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。
(√)(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。
(×)(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。
(√)突破点(一) 牛顿第二定律的理解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＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1m。
(3)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。
[多角练通]1．(多选)(2016·全国乙卷)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( )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：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。
2.(2016·上海高考)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方向解析：选D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。
2019届高考物理一轮复习练习：第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 含解析
板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～7为单选，8～10为多选)1．[2018·山东枣庄质检]有一轻质橡皮筋下端挂一个铁球，手持橡皮筋的上端使铁球竖直向上做匀加速运动，若某时刻手突然停止运动，则下列判断正确的是()A．铁球立即停止上升，随后开始向下运动B．铁球立即开始向上做减速运动，当速度减到零后开始下落C．铁球立即开始向上做减速运动，当速度达到最大值后开始下落D．铁球继续向上做加速运动，当速度达到最大值后才开始做减速运动答案 D解析铁球匀加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止运动瞬间，铁球由于惯性继续向上运动，开始阶段橡皮条的拉力还大于重力，合力竖直向上，铁球继续向上加速运动，当拉力等于重力后，速度达到最大值，之后拉力小于重力，铁球开始做减速运动，故A、B、C错误，D正确。
2．[2018·莱州质检]如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。
若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变C．F1、F2都变大D．F1变大，F2减小答案 B解析若小车向右加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，B正确。
3．[2017·广西南宁模拟]如图所示，车内轻绳AB与BC拴住一小球，BC水平，开始车在水平面上向右匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则()A．AB绳、BC绳拉力都变小B．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变C．AB绳拉力不变，BC绳拉力变小D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大答案 C解析对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力F T2、AB绳子的拉力F T1，如图所示，根据牛顿第二定律，水平方向：F T2－F T1sinθ＝ma竖直方向：F T1cosθ－mg＝0解得F T1＝mgcosθ，AB绳子的拉力不变F T2＝mg tanθ＋ma匀速时加速度为零，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC绳子的拉力变小，故C正确，A、B、D错误。
2019届高考物理一轮复习讲义：第三章 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板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】牛顿第二定律Ⅱ单位制Ⅰ1．牛顿第二定律(1)内容：物体的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的方向相同。
(2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma。
(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做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。
2．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量。
②基本单位：基本物理量的单位。
力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位。
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。
(2)国际单位制中的基本单位【知识点1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：板块二考点细研·悟法培优考点1牛顿第二定律的瞬时性[拓展延伸]1．牛顿第二定律(1)表达式为F＝ma。
(2)理解：其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化。
2．两类模型(1)刚性绳(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。
3．解题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→求瞬时加速度例1如图所示，三个物块A、B、C的质量满足m A＝2m B＝3m C，A与天花板之间、B与C 之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)()A ．－56g 、2g 、0B ．－2g 、2g 、0C ．－56g 、53g 、0D ．－2g 、53g 、g(1)剪断细绳前悬挂A 物块的弹簧的弹力以哪个物体为研究对象求解？提示：A 、B 、C 整体。
2019届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后达标新人教版
第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )A ．测量时仪器必须水平放置B ．其测量原理是根据牛顿第二定律C ．其测量原理是根据万有引力定律D ．测量时仪器必须竖直放置解析：选B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a ＝ΔvΔt ，然后根据牛顿第二定律F ＝ma ，求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B 正确．2．(2018·安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是( )A ．上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B ．上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大C ．上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D ．上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析：选C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力，即mg ＋kv ＝ma ，做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即mg －kv ＝ma ，速度在增大，所以加速度在减小，故C 正确．3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )A ．每根橡皮绳的拉力为12mgB ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝gD ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝g解析：选B.根据平行四边形定则知，2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg .故A 错误；根据共点力平衡得，2F cos θ＝mg ，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为33mg ，加速度为33g ，故C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mg sin 30°，加速度为12g ，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D 错误．4.质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为( )A.mg2MB ．mgM ＋mC.2mgM ＋4mD ．2mgM ＋2m解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F ，根据牛顿第二定律mg －F m ＝2·2FM，解得F ＝Mmg M ＋4m ，工件加速度a ＝2F M ＝2mgM ＋4m，所以C 正确． 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 ，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a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg 解析：选C.在抽出木板的瞬间，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a 1＝a 2＝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 ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋mMg ，所以C 对． 6．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点．竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点 解析：选C.如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝12gt 2c ，所以t c＝2Rg ；对于a 球令AM 与水平面成θ角，则a 球下滑到M 点用时满足AM ＝2R sin θ＝12g sin θ·t 2a ，即t a ＝2Rg ；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2rg(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r >R )．综上所述可得t b >t a >t c ，故选项C 正确．二、多项选择题 7.如图所示，质量为m 2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m 1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则( )A ．细线拉力为m 1g cos θB ．车厢的加速度为g tan θC ．底板对物体2的支持力为m 2g －m 1gcos θD ．底板对物体2的摩擦力为零解析：选BC.以物体1为研究对象，水平方向有F T sin θ＝m 1a ，竖直方向有F T cos θ＝m 1g ，解得a ＝g tan θ，F T ＝m 1gcos θ，选项A 错误，B 正确；以物体2为研究对象，水平方向有F f ＝m 2a ，竖直方向有F T ＋F N ＝m 2g ，解得F f ＝m 2g tan θ，F N ＝m 2g －m 1gcos θ，选项C 正确，D 错误．8.(2018·杭州二中月考)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/s 2，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/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．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/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F 浮－mg ＝ma ，解得F 浮＝m (g ＋a )＝4 830 N ，A 正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m 时，速度v ＝2ah ＝65m/s ＞5 m/s ，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s 后的速度v ′＜at ＝5 m/s ，C 错误；再由F 浮－F 阻－mg ＝ma 可知空气阻力F 阻增大，B 错误；匀速上升时，F 浮＝F 阻＋mg ，所以F 阻＝F 浮－mg ＝230 N ，D 正确．9．(2018·山东济南模拟)如图所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小球，整体处于平衡状态，弹簧a 与竖直方向成30°，弹簧b 与竖直方向成60°，弹簧a 、b 的形变量相等，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶1B ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶2C ．若弹簧a 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD ．若弹簧b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g2解析：选AD.由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x ，由受力分析图知，弹簧a 中弹力F a ＝mg cos 30°＝32mg ，根据胡克定律可知弹簧a 的劲度系数为k 1＝F a x ＝3mg 2x ，弹簧b 中的弹力F b ＝mg cos 60°＝12mg ，根据胡克定律可知弹簧b 的劲度系数为k 2＝F b x ＝mg2x ，所以弹簧a 、b 的劲度系数之比为3∶1，A 正确，B错误；弹簧a 中的弹力为32mg ，若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b 弹力的合力与F a 大小相等、方向相反，小球的加速度a ＝F a m ＝32g ，C 错误；弹簧b 中弹力为12mg ，若弹簧b 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a 弹力的合力与F b 大小相等、方向相反，故小球的加速度a ′＝F b m ＝12g ，D正确．10．(2018·湖南郴州质检)如图(a)所示，质量为5 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F .第二次无恒力F .图(b)中的两条线段a 、b 分别表示存在恒力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v －t 图线．不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，(sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6)下列说法中正确的是( )A ．恒力F 的大小为5 NB ．恒力F 的大小为10 NC ．物块与斜面间的动摩擦因数为13D ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 解析：选AD.由题图可得：a ＝ΔvΔt ；有恒力F 时：a 1＝Δv Δt ＝111.1m/s 2＝10 m/s 2；无恒力F 时：a 2＝Δv Δt ＝111m/s 2＝11 m/s 2由牛顿第二定律得：无恒力F 时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 解得：μ＝0.5有恒力F 时：mg sin θ＋μmg cos θ－F ＝ma 1 解得：F ＝5 N ，故A 、D 正确，B 、C 错误． 三、非选择题 11.(2018·江西重点中学六校联考)如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调．滑块静止时，ER 流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为L .现有一质量也为m (可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L 处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动．ER 流体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d 时，速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一．取重力加速度为g ，忽略空气阻力，试求：(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小； (2)滑块向下运动过程中的加速度大小；(3)当下移距离为d 时，ER 流体对滑块的阻力大小.解析：(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v 0，由自由落体运动规律有v 20＝2gL ，解得v 0＝2gL .(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a ，取竖直向下为正方向，则有－2ax ＝v 22－v 21，x ＝d ，v 1＝v 02，v 2＝v 04，解得a ＝3gL 16d.(3)设下移距离d 时弹簧弹力为F ，ER 流体对滑块的阻力为F ER ，对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F ＋F ER －2mg ＝2ma F ＝k (d ＋x 0) mg ＝kx 0联立解得F ER ＝mg ＋3mgL 8d－kd .答案：(1)2gL (2)3gL 16d (3)mg ＋3mgL8d －kd12.(2018·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：(1)物块的初速度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x m＝3.2 m由v20＝2gx m，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a′x′由牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mg sin θ＝6m＞μmg cos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5 (3)37°能滑回底端理由见解析。
2019年高考物理总(教科版)课件：第三章 牛顿运动定律 第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题
反向时,物体做减速运动.
(3)a=
v F 是加速度的定义式,a 与Δ v,Δ t 无直接关系;a= 是加速度的决定式,a∝ t m
1 F,a∝ . m (4)速度的改变需经历一定的时间而不能突变;有力就一定有加速度,但有力
速度可能为0.
【典例1】 (多选)如图所示,一轻质弹簧一端固定在墙上的O点,自由伸长到B 点.今用一小物体m把弹簧压缩到A点(m与弹簧不连接),然后释放,小物体能经 B点运动到C点而静止.小物体m与水平面间的动摩擦因数μ 恒定,则下列说法中 正确的是( BD A.物体从A到B速度越来越大 )
如图所示,超市中顾客随自动扶梯一起向上匀加速运动.已知扶梯倾
拓 展 思 考
角为θ ,顾客质量为m,加速度为a.若求扶梯对顾客支持力或摩擦力,
你有何思路?
答案:分析物体的受力,将加速度沿水平、竖直方向分解,然后根据 牛顿第二定律分别列方程求解.
二、力学单位制 1.单位制:由 基本单位 和 导出单位 一起组成了单位制.
第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题
基础回顾
核心探究
演练提升
基础回顾
一、牛顿第二定律
自主梳理·融会贯通 知识梳理
1.内容:物体的加速度跟所受的合力成 正比 ,跟物体的质量成 反比 .加速度 的方向跟 合力 方向相同.
2.表达式:F合= ma 3.适用范围:适用于 . 惯性 参考系中 宏观 物体的低速运动.
解析 : 根据牛顿第二定律 a= F 可知物体的加速度与速度无关 , 所以 A 错误 ; m 即使合力很小 , 也能使物体产生加速度 , 所以 B 错误 ; 物体加速度的大小与 物体所受的合力成正比 , 所以 C 错误 ;力和加速度为矢量 , 水平方向的力产 生水平方向的加速度,则物体水平加速度与质量成反比,所以D正确.
2019江苏高考物理总复习一轮复习配套课件第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
知识诊断
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高考总复习 一轮复习导学案 ·物理（江苏）
第三章
牛顿运动定律
基 础 梳 理
正比 ，跟物体的质量成 1. 牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的合外力成 ________
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
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高考总复习 一轮复习导学案 ·物理（江苏）
第三章
牛顿运动定律
典题演示 2
如图所示，三个物块 A、B、C 的质量满足 mA＝2mB＝3mC，A 与天花
板之间、B 与 C 之间均用轻弹簧相连，A 与 B 之间用细绳相连．当系统静止后，突然 剪断 A、B 间的细绳，则此瞬间 A、B、C 的加速度分别为(取向下为正方向)( C ) 5 A. － g、2g、0 6 5 5 C. － g、 g、0 6 3 B. －2g、2g、0 5 D. －2g、 g、g 3
第三章
牛顿运动定律
4. 牛顿第二定律的独立性
加速度 都遵从牛顿第二定律． (1) 作用于物体上的每一个力各自产生的________ 矢量和 ． (2) 物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的________ max ，Fy (3) 分力与加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律，即 Fx＝________ may ＝________. 原因 ， 5. 牛顿第二定律的因果性： F 是产生 a 的________ 物体具有加速度是因为物体受 力 ． 到了________
第三章
牛顿运动定律
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
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第2讲牛顿第二定律两类动力学问题板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】牛顿第二定律Ⅱ单位制Ⅰ1．牛顿第二定律(1)内容：物体的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的方向相同。
(2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma。
(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做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。
2．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量。
②基本单位：基本物理量的单位。
力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位。
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。
(2)国际单位制中的基本单位【知识点1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：板块二考点细研·悟法培优考点1牛顿第二定律的瞬时性[拓展延伸]1．牛顿第二定律(1)表达式为F＝ma。
(2)理解：其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化。
2．两类模型(1)刚性绳(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。
3．解题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→求瞬时加速度例1如图所示，三个物块A、B、C的质量满足m A＝2m B＝3m C，A与天花板之间、B与C 之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)()A ．－56g 、2g 、0B ．－2g 、2g 、0C ．－56g 、53g 、0D ．－2g 、53g 、g(1)剪断细绳前悬挂A 物块的弹簧的弹力以哪个物体为研究对象求解？提示：A 、B 、C 整体。
(2)剪断A 、B 间细绳的瞬间，弹簧上的力突变吗？ 提示：不突变。
尝试解答 选C 。
系统静止时，A 物块受重力G A ＝m A g ，弹簧向上的拉力F ＝(m A ＋m B ＋m C )g ，A 、B 间细绳的拉力F AB ＝(m B ＋m C )g 作用，B 、C 间弹簧的弹力F BC ＝m C g 。
剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块A 有：F －G A ＝m A a A ，解得：a A ＝56g ，方向竖直向上；对B ：F BC ＋G B ＝m B a B ，解得：a B ＝53g ，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间，C 的受力不变，其加速度仍为零，C 正确。
总结升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是相对应的，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。
如例题中突然剪断细绳，就要重新受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。
(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过程的积累，不会发生突变。
[跟踪训练] [2017·宁夏银川一模](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( )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答案 BD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。
考点2力与运动的关系[深化理解]1．力是产生加速度的原因。
2．作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律。
3．速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的，二者同向则速度增大，反向则速度减小。
例2 (多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，自由伸长到B 点。
今用一小物体m 把弹簧压缩到A 点(m 与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B 点运动到C 点而静止。
小物体m 与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是( )A．物体从A到B速度越来越大B．物体从A到B速度先增加后减小C．物体从A到B加速度越来越小D．物体从A到B加速度先减小后增加(1)由A到C的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B点哪侧？提示：B点左侧。
(2)a＝0时速度最大吗？提示：a＝0时出现在A、B之间，那时速度达最大值。
尝试解答选BD。
物体从A到B的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0。
开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A、B间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动。
所以，小物体由A到B的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，正确选项为B、D。
总结升华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。
[跟踪训练][2017·内蒙古包头模拟](多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧相连，轻质弹簧的另一端分别相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为l，细杆上面的A、B两点到O 点的距离都为l。
将圆环拉至A点由静止释放，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)klmD ．圆环在B 点的速度为2gl 答案 CD解析 圆环在O 点的合力大小等于重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为a A ＝mg ＋2×k (l 2＋l 2－l )×cos45°m ＝g ＋(2－2)klm ，C 正确；A 、B 两点到O 点的距离都为l ，弹力在此过程中做功为0，根据动能定理得mg ·2l ＝12m v 2，即v ＝2gl ，D 正确。
考点3动力学的两类基本问题[解题技巧]动力学的两类基本问题的解题步骤例3[2018·洛阳模拟]某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶。
选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。
其简化模型如图所示，AC是长度L1＝5.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。
已知BC长度L2＝1.1 m，瓶子质量m ＝0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。
某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。
(令5＝2.2)(1)瓶子的运动过程分几段？各是什么运动？提示：两段。
先匀加速直线后匀减速直线。
(2)选手若要成功，瓶子的位移在什么范围内？提示：L1－L2<x<L1。
尝试解答0.4～0.5_m。
要想获得成功，瓶子滑到B 点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C 点时速度恰好为0，力作用时间最长。
设力作用时的加速度为a 1、位移为x 1，撤力时瓶子的速度为v 1，撤力后瓶子的加速度为a 2、位移为x 2，则F －μmg ＝ma 1，－μmg ＝ma 2,2a 1x 1＝v 21，2a 2x 2＝－v 21，L 1－L 2<x 1＋x 2<L 1，由以上各式联立可解得：0.4 m<x 1<0.5 m 。
总结升华解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。
一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。
(2)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。
如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。
[跟踪训练] [2018·湖南株洲诊断]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v 0＝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/s 2，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 。
答案 (1)0.5 (2)1＋52s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 ＝ma ①滑块恰好到木板右端停止0－v 20＝－2al ② 解得μ＝v 202gl＝0.5③(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为s ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1④ 0－v 20＝－2a 1s ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥由④⑤⑥式，解得t 1＝0.5 s ⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2⑧s ＝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 。