2014届一轮复习：专题3 第2讲 牛顿第二定律
高考物理一轮总复习 必修部分 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
B．－2g、2g、0 D．－2g、53g、g
(1)剪断细绳前悬挂 A 弹簧的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，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 GA＝mAg，弹簧向上的拉力 F＝(mA＋mB＋mC)g，A、B 间细绳的拉力 FAB ＝(mB＋mC)g 作用，B、C 间弹簧的弹力 FBC＝mCg。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－GA＝mAaA，解得：aA＝56g，方向竖直向上；对 B：FBC＋GB＝mBaB，解 得：aB＝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。
解析 kg 为基本单位，故 A 错。kg、m、s 是国际单位制中的基本单位，故 B 正确。F＝kma，质量 取“kg”，a 取“m/s2”，F 取“N”时 k＝1，C 正确，国际单位制中质量的单位是 kg，D 错。
3．[动力学两类基本问题]在有空气阻力的情况下，以初速度 v1 竖直上抛一物体，经过时间 t1 到达最高 点，又经过时间 t2，物体由最高点落回到抛出点，这时物体的速度为 v2，则( )
双基夯实
一、思维辨析 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．质量越大的物体加速度越小。( × ) 4．千克、克、秒、小时、分钟均属于基本单位。( √ ) 5．力的单位牛顿，简称牛，也属于基本单位。( × ) 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。( √ )
板块二 考点细研·悟 法培优
考点 牛顿第二定律的瞬时性 拓展延伸
高考物理一轮总复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题讲义含解析新人教版06
高考物理一轮总复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题讲义含解析新人教版06牛顿第二定律两类动力学问题[基础知识·填一填][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判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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．(×)[知识点2] 两类动力学问题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)已知物体的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，具体的逻辑关系如图：[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修1 P78第1题改编)由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为( ) A．牛顿第二定律不适用于静止的物体B．桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值D．桌子所受的合力为零，加速度为零答案：D2．(人教必修1 P77科学漫步改编)质量分别为m1和m2的木块，并列放置于光滑水平地面，如图所示，当木块1受到水平力F的作用时，两木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度的大小？(2)木块1对2的弹力．解析：(1)将木块1和2看做一个整体，其合外力为F，由牛顿第二定律知F＝(m1＋m2)a，a＝Fm1＋m2.(2)再以木块2为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F12＝m2a，联立以上两式可得F12＝m2Fm1＋m2.答案：(1)Fm1＋m2(2)m2Fm1＋m23．(人教版必修1 P78第5题)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．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g取10 m/s2)解析：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.答案：0.5 m/s24．(人教版必修1 P87第4题改编)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40 km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m．已知汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2) 解析：选取初速度方向为正方向，则F N－mg＝0①故F f＝μF N＝μmg②由牛顿第二定律得－F f＝ma③根据匀变速直线运动的规律有v2－v20＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12 m/s汽车刹车前速度为12 m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶．答案：超速5．(人教版必修1 P87第3题改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0 m，斜面气囊长度AC＝5.0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s，g取10 m/s2，求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力)解析：(1)根据运动学公式x ＝12at 2得a ＝2x t 2＝2×522 m/s 2＝2.5 m/s 2故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s 2. (2)乘客在气囊上受力情况如图所示．F f ＝μF N F N ＝mg cos θ根据牛顿第二定律：mg sin θ－F f ＝ma由几何关系可知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8 联立解得μ＝g sin θ－a g cos θ＝716≈0.44故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44. 答案：(1)2.5 m/s 2(2)0.44考点一 对牛顿第二定律的理解[考点解读]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 ＝Δv Δt 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．[典例赏析][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( )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 [审题指导](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 点的左侧．(2)加速度a ＝0的位置在A 、B 之间，速度最大．[解析] 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.]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．[题组巩固]1．(2019·商丘模拟)(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是( )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：ABC [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；在初速度为零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.(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等于弹簧弹力大小时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为0解析：BC [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．]3．(2019·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解析：CD [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 )×cos 45°m ＝g ＋(2－2)kl m，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 ＝12mv 2，即v ＝2gl ，D 正确．]考点二 瞬时加速度的求解[考点解读]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[典例赏析][典例2] (多选)如图所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g解析：BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球突然脱钩后，细绳q 对球的拉力发生突变，球将开始沿圆弧运动，将球的重力沿绳和垂直绳正交分解(见图1)，得F －mg cos 60°＝mv 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，A 错误，B 正确；q和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg (见图2)，球的加速度大小为g ，故C 错误，D 正确．]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．[题组巩固]1．(轻绳模型)两个质量均为m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA ，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A 、B 的加速度分别用a 1和a 2表示，则( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝2gC ．a 1＝g ，a 2＝0D ．a 1＝2g ，a 2＝0解析：A [由于绳子张力可以突变，故剪断OA 后小球A 、B 只受重力，其加速度a 1＝a 2＝g .故选项A 正确．]2．(轻杆、轻弹簧模型)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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．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2倍解析：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球所受合力为零，加速度为零，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零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D对．]3.(轻弹簧模型)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：AC [剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1.mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]考点三动力学的两类基本问题[考点解读]1．动力学的两类基本问题的解题步骤2．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”(2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．[典例赏析][典例3] (2019·东北四校协作体联考)如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离x.[审题指导][解析] (1)在力F 作用0.5 s 内根据牛顿第二定律有F cos θ－mg sin θ－F f ＝ma 1 F sin θ＝F N ＋mg cos θ F f ＝μF N设0.5 s 末速度为v 根据运动学公式有v ＝a 1t 1 撤去F 后0.4 s 内mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 v ＝a 2t 2联立以上各式得μ＝0.5a 1＝8 m/s 2，a 2＝10 m/s 2 v ＝a 2t 2＝4 m/s.(2)x ＝12a 1t 21＋vt 2－12a 2t 22＝1.8 m.[答案] (1)0.5 (2)1.8 m多过程问题的分析方法1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． 3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．[题组巩固]1.(已知物体的受力情况求运动情况)如图所示，某次滑雪训练，运动员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t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝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大小． (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离． 解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝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＝1.2×1.0 m/s＝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，加速度大小为a 2＝F f m ＝1260m/s 2＝0.2 m/s 2经时间t 2速度变为v ′t ＝v 1－a 2t 2＝1.2 m/s －0.2×2.0 m/s＝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 ′2t ＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2联立解得x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m2．(已知物体的运动情况求受力情况)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，在该区域安装有直流电机，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＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．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．已知飞机可看做质量恒定的质点，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F f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－F 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F 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－F f1＝ma1代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵＝1.05×106 N.答案：(1)4.0 m/s2(2)58 m/s2 1.05×106 N物理模型(二) “等时圆”模型[模型特点]1．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且t＝2Rg(如图甲所示)．2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t ＝2Rg(如图乙所示)． [答题模板][典例赏析][典例] 如图所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1 D ．1∶ 3[审题指导](1)物体在AB 、CD 上各做匀加速直线运动． (2)斜槽的长度：s AB ＝2R sin 60°＋2r ·sin 60°s CD ＝2R sin 30°＋2r sin 30°.[解析] B [设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a ＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )sin θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t＝2s a＝2×2(R ＋r )sin θg sin θ＝2R ＋rg，即所用的时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确．][题组巩固]1.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处放置一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块自A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为 ( )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝θ3D ．α＝2θ解析：B [如图所示，在竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于B 点．由等时圆知识可知，由A 沿斜面滑到B 所用时间比由A 到达斜面上其他各点所用时间都短．而∠COB ＝θ，则α＝θ2.]2.(2019·东北三省三校第一次联考)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：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 用时满足AM＝2R sin θ＝12 g sin θt 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 .]。
高考物理一轮复习课件第三章第2讲牛顿第二定律的基本应用
2.解决两类动力学基本问题的方法:以⑧ 加速度 为“桥梁”,由运动学公式 和⑨ 牛顿运动定律 列方程求解。
三、力学单位制
1.单位制:⑩ 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。基本物理量共有七个,其中力学范围内有三 个,它们是 长度 、 质量 、 时间 ,它们的单位分别是 米 、 千克 、
超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
物体对支持物的压力(或对悬 物体对支持物的压力(或对悬挂物 物体对支持物的压力(或
挂物的拉力)大于物体所受重 的拉力)小于物体所受重力的现象 对悬挂物的拉力)等于零
力的现象叫超重现象
叫失重件 物体的加速度方向竖直向上 物体的加速度方向竖直向下或有 物体在竖直方向的加速
答案
解析
(1)自由下落的位移h'=
1 2
gt12=20
m
座椅自由下落结束时的速度v=gt1=20 m/s
设座椅匀减速运动的位移为h,则
h=(40-4-20) m=16 m
由h= v t得t=1.6 s
2
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为F,由0-v=-at
得a=12.5 m/s2 由牛顿第二定律得F-mg=ma 解得 F
M m
考点二 牛顿第二定律的瞬时性问题
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。
1.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a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有 ( C )
2014高考物理一轮课件 第3章 第2单元 牛顿第二定律及其应用
2.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，关键是分析该时刻物 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．此类问题应注意两种基本模型的建立． (1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力 的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变 恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊 说明时，均可按此模型处理． (2)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，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 是不变的．
(甲)中倾斜细线 OA 与(乙)中弹簧的拉力之比为FFTT12＝ cos2θ.
答案：gsinθ 垂直倾斜细线OA向下 gtanθ 水平向右 cos2θ
1．已知物体的受力情况，求物体的 运动情况 ． 2．已知物体的运动情况，求物体的 受力情况 ．
利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的 “桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加 速度和未知量的关系，是解决这两类问题的思考方向．
1. 内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成 正比 、 跟它的质量成 反比 ，加速度的方向跟作用力的方向 相同 ．
2. 表达式： F＝ma .
3. 物理意义：反映了物体运动的 加速度 与合外力的关 系，且这种关系是瞬时对应的．
公式F＝ma左边是物体受到的合外力，右边反映了质量为 m的物体在此合外力作用下的效果是产生加速度a，它突出了力 是物体运动状态改变的原因，是物体产生加速度的原因．
2. 两类动力学问题的解题步骤 (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．画好受力分析图和过 程图，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＝ma列方程求解，必要时要对结果 进行讨论．
高考物理一轮复习 第3章 牛顿第二定律(第2课时)课件
• 知识点二 单位制
• 1．单位制：由____基__本__单__位和导出单位一起构成单位制． • (1)基本单位：
• 在本力单学位中．，选定___长__度、时间和___质__量三个物理量的单位为基
• (2)导出单位：
• 根据物理公式中其他物理量和_____________的关系，推导
出的物理量的单位．
同． 质量
作用力
• 2．公式：F＝____.
• 3．物理意义：它m表a明了力是产生__________的原因．
加速度
• 4．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_______物体的______运动问题，不能用来
处理微观子高速运宏动问观题．
第三章 牛顿运动定律
第二课时 牛顿第二定律 两类动力学问题
• 考纲考情：5年36考 • 牛顿第二定律(Ⅱ) 单位制(Ⅰ)
• [基础梳理]
• 知识点一 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______成反比，加速度的方向跟__________的方向相
匀加速直线运动，它在 t s 内的位移为 x m，则 F 的大小为(单
位为 N)( )
2x A. t2
B.2t2－x 1
2x C.2t＋1
2x D.t－1
[解析] 由牛顿第二定律 F＝ma 与 x＝21at2，得出 F＝2mt2x
＝2t2x.
[答案] A
• 3．质量均为m的A、B两个小球之间连接一个质量不计的弹 簧，放在光滑的台面上．A紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F 将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间 ()
高三物理一轮复习专题讲义：第3.2讲 牛顿第二定律的应用
第2讲牛顿第二定律的应用知识要点一、牛顿第二定律的瞬时性＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方牛顿第二定律的表达式为F合向与物体所受合外力的方向一致。
当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。
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，具体逻辑关系如下三、超重和失重1.超重(1)定义：物体对悬挂物的拉力(或支持物的压力)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：物体对悬挂物的拉力(或支持物的压力)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：物体对竖直悬挂物的拉力(或支持物的压力)等于0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.对超重和失重的“三点”深度理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(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。
(3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
基础诊断1.关于超重和失重的下列说法中，正确的是()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答案 D2.在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg。
高考物理一轮总复习 专题三 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件 新人教版
5．独立性：作用于物体的力各自产生的加速度都遵循牛顿 第二定律，互不影响．
【考点练透】
1．(多选)下列关于牛顿第二定律的说法，正确的是( ) A．物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的 大小决定，第二定律的理解 ⊙重点归纳
1．因果性：只要物体所受合外力不为零，物体就获得加速 度，即力是产生加速度的原因．
2．瞬时性：加速度和物体受到的合外力是瞬时对应关系， 即加速度随合外力同时产生、同时变化、同时消失，保持时刻 对应的关系．
3．矢量性：力和加速度都是矢量，物体加速度的方向由物 体所受合外力的方向决定．
⊙典例剖析 例 1：如图 3-2-2 所示，一个放置在水平台面上的木块，其
质量为 2 kg，受到一个斜向下的、与水平方向成 37°角的推力 F ＝10 N 的作用，使木块从静止开始运动，4 s 后撤去推力，若木 块与水平台面间的动摩擦因数μ为 0.1.(取 g＝10 m/s2)求：
图 3-2-2 (1)撤去推力时木块的速度为多大？ (2)撤去推力到停止运动过程中木块的加速度为多大？ (3)木块在水平面上运动的总位移为多少？
【考点练透】 3．(2015 年河南洛阳模拟)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 3-2-4 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
2014届高考物理一轮复习考点剖析课件：专题三第2讲牛顿第二定律
F－mg＝ma，得绳子的拉力大小 F＝210 N，然后再对人受力分
析，由平衡的知识得 Mg＝F＋FN，得 FN＝490 N，根据牛顿第 三定律知人对地面间的压力为 490 N. 答案：B
备考策略：动力学的两类基本问题是高考命题的热点，高 考将此类问题作为考查牛顿运动定律的重点，每年必考．考题
增大 ；当 a 与 v 反向时，v________. 减小 而加速度大小由合力的 v______ 大小决定，所以要分析 v、a 的变化情况，必须先分析物体受到 合力 的变化情况． 的________
【跟踪训练】
3．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(
答案：C 备考策略：弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的 力．当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与 当时的形变相对应．一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹
簧原长位置、现长位置，找出形变量 x 与物体空间位置变化的
几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析物 体运动状态的可能变化．
1 A.3和 0.30 s B．3 和 0.30 s 1 C.3和 0.28 s D．3 和 0.28 s
图 3－2－6
解析：本题考查图象问题．根据速度图象的特点可知甲做
Δv 匀加速，乙做匀减速．根据 a＝ Δt 得 3a 甲＝a 乙，根据牛顿第二 m甲 4 F 1F 定律有 ＝3 ，得 ＝3.由 a 乙＝0.4 m/s2＝10 m/s2，a 乙＝ m甲 m乙 m乙 1 ，得 t1＝0.3 s，B 正确． 0.4－t1
正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最
低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如 此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹 簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，则( )
高考物理一轮复习课件：专题三 第2讲 牛顿第二定律
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0 B.a1＝a2＝a3＝a4＝g C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg
图 3-2-3
D.a1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg
解析：在抽出木板的瞬时，物块 1、2 与刚性轻杆接触处的 形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二 定律知 a1＝a2＝g；而物块 3、4 间的轻弹簧的形变还来不及改 变，此时弹簧对物块 3 向上的弹力大小和对物块 4 向下的弹力 大小仍为 mg，因此物块 3 满足 mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定 律得物块 4 满足 a4＝F＋MMg＝m＋MMg，C 正确.
故物体 B 受到的力的合力大小等于绳子的拉力 T＝2mg，方向竖 直向下，根据牛顿第二定律得 B 的加速度为 aB＝2g，方向竖直 向下，A 正确.
答案：A
方法技巧：抓住“两关键”、遵循“四步骤” (1)分析瞬时加速度的“两个关键”： ①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点. ②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态. (2)“四个步骤”： 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.
第2讲 牛顿第二定律
考点 1 牛顿第二定律 1.内容：物体的加速度跟所受___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____的方向一致. 2.表达式：__F_＝__m_a__，F 与 a 具有瞬时对应关系.
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.
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A．mg
2mg B. 3
4mg C. 3
5mg D. 3
1 解析：由牛顿第二定律 F 合＝ma 得 mg－T＝m·g，解得 3 2mg T＝ 3 .
2．(2011 年惠州一模)人们设计了如图 3－2－1 所示的安全 带以尽可能地减轻猛烈碰撞．假设某次急刹车时，由于安全带 的作用，使质量 70 kg 的乘员的加速度大小约为 6 m/s2，此时安
杆子既不可伸长，也不可缩短，杆子的弹力也可以发生突变．
③轻弹簧：既能承受拉力，又可承受压力，力的方向沿弹
簧的轴线；受力后发生较大形变，弹簧的长度既可变长，又可
变短，遵循胡克定律；因形变量较大，产生形变或使形变消失 都有一个过程，故弹簧的弹力不能突变，在极短时间内可认为 弹力不变；当弹簧被剪断时，弹力立即消失．
竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳 AO 烧 断，在绳 AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
mg A．弹簧的拉力 F＝ cosθ
B．弹簧的拉力 F＝mgsinθ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度 a＝gsinθ 图 3－2－3
解析：烧断绳 AO 之前，小球受3个力，如图13 所示．烧 断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹 簧的形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变， A 正确．烧断细绳的瞬间，小球受到的合力 T(绳
过定滑轮将 20.0 kg 的建筑材料以 0.50 m/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(取
g＝10 m/s2)(
)
图 3－2－5
A．510 N
B．490 N
C．890 N
D．910 N
思路点拨：正确选取研究对象并进行受力分析是快速求解
此类题型的关键．
)
解析：开始时物体做匀加速直线运动，说明合力与速度同
向．当合力逐渐减小时，根据牛顿第二定律可知，物体的加速
度逐渐减小．但合力始终与物体运动同向，物体仍做加速运动，
速度仍在增加，只是单位时间内速度的增加量在减小，即速度
增加得慢了． 答案：D
4．(惠州 2012 届高三模拟)如图 3－2－2 所示，一木块在
考点 3 瞬时加速度问题分析 1．力和加速度的瞬时对应关系 所谓瞬时性，就是物体的加速度 a 与其所受的合外力 F 有 瞬时对应的关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外 力．也就是物体一旦受到不为零的合外力的作用，物体立即产 生加速度；当合外力的方向、大小改变时，物体的加速度方向、 大小也立即发生相应的改变；当物体的合外力为零时，物体的
图 3－2－4
)
解析：本题首先应理解橡皮绳模型的特点：其弹力不能突 变，但被剪断时，弹力会立即消失．再分析橡皮绳断裂前的受 力和断裂后的瞬时受力，然后根据牛顿第二定律分析求解．
答案：AB
热点 1 用牛顿运动定律求解两类动力学问题
【例 1】建筑工人用如图 3－2－5 所示的定滑轮装置运送建
筑材料．质量为 70.0 kg 的工人站在地面上，通
1 A.3和 0.30 s B．3 和 0.30 s 1 C.3和 0.28 s D．3 和 0.28 s
图 3－2－6
解析：本题考查图象问题．根据速度图象的特点可知甲做
Δv 匀加速，乙做匀减速．根据 a＝ Δt 得 3a 甲＝a 乙，根据牛顿第二 m甲 4 F 1F 定律有 ＝3 ，得 ＝3.由 a 乙＝0.4 m/s2＝10 m/s2，a 乙＝ m甲 m乙 m乙 1 ，得 t1＝0.3 s，B 正确． 0.4－t1
全带对乘员的作用力最接近( B )
A.100 N B.400 N C.800 N D.1000 N 图 3－2－1
考点 2 合外力、加速度和速度的关系 1．三者关系如下表
物理意义
物体所受的 合外力 各个力的矢 量和 表示速度变 加速度 化快慢的物 理量
变化规律
方向
由物体所受的各个 按照平行四边形定
【触类旁通】
2．图 3－2－8 为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在
O 点，另一端和运动员相连．运动员从 O 点自由下落，至 B 点
弹性绳自然伸直，经过合力为零的 C 点到达最低点
D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这
一过程，下列表述正确的是( ) ①经过 B 点时，运动员的速率最大
②经过 C 点时，运动员的速率最大
③从 C 点到 D 点，运动员的加速度增大 ④从 C 点到 D 点，运动员的加速度不变 A．①③ B．②③ C．①④ 图 3－2－8 D．②④
解析：运动员的下落过程：O→B，自由落体运动；B→C， 重力大于弹性绳的弹力，做加速度越来越小的加速运动，C 点
加速度为零，速度最大；C→D，弹力大于重力，加速度向上，
运动员做加速度增大的减速运动，D 点速度为零．可见 B 正确． 答案：B
热点 3 牛顿第二定律与图象相结合的问题 【例 3】(2010 年福建卷)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 3－2－9 所示．取重力加速度 g＝10 m/s2，则 物体在 t＝0 至 t＝12 s 这段时间的位移大小为( )
第 2 讲 牛顿第二定律
考点 1 牛顿第二定律 合外力 1．内容：物体的加速度跟所受____________成正比，跟物
质量 合外力 体的________成反比，加速度的方向跟__________的方向一致．
2．表达式：F合＝ma.
3．对牛顿第二定律的理解 牛顿第二定律揭示了加速度与力及质量的关系，着重解决 了加速度的大小、方向和决定因素等问题．对于牛顿第二定律，
④橡皮绳(弹性绳)：只能受拉力，不能承受压力；其长度
只能变长，不能变短，同样遵循胡克定律；因形变量较大，产 生形变或使形变消失都有一个过程，故橡皮绳的弹力同样不能 突变，在极短时间内可认为弹力不变；当橡皮绳被剪断时，弹 力立即消失．
【跟踪训练】
5．如图 3－2－3 所示，质量为 m 的小球被水平绳 AO 和与
力的大小与方向的 则计算得出合外力
变化情况共同决定 的方向
由物体所受合外力
的变化来确定
由合外力方向决定
续表
物理意义 变化规律 方向 与加速度的方向没有必然 的联系．物体加速运动，加 速度与速度同向；物体减速 运动，加速度与速度反向
表示物体 由 来决定
2. 速度大小变化与加速度的关系：当a与v同向时，
弹力时速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运
动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化
为弹簧的弹性势能．上升过程恰好与下降过程互逆．由乙图可 知 t1 时刻开始接触弹簧；t2 时刻弹力最大，小球处在最低点， 动能最小；t3 时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2～t3 这段时 间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势 能转化为小球的动能和重力势能．
光滑水平面上受一恒力作用而运动，前方固定一个弹簧，当木
块接触弹簧后( )
图 3－2－2 A.将立即做变减速运动 B.将立即做匀减速运动 C.在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大 D.在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零
解析：刚接触时，弹簧弹力小于恒力，所以做加速度减小 的加速运动；一段时间后，弹力刚好等于恒力，这之后开始做 加速度增大的减速运动直至速度为零． 答案：C
正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最
低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如 此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹 簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，则( )
图 3－2－7 A.t1 时刻小球动能最大
B.t2 时刻小球动能最大
C.t2～t3 这段时间内，小球的动能先增加后减少 D.t2～t3 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹 性势能
AO 的拉力)等大反向，即 F合＝mgtanθ，则小球
的加速度 a＝gtanθ. 答案：A
图 13
6．(双选，2011 年佛山一模)“儿童蹦极”中，拴在腰间左
右两侧的是弹性极好的橡皮绳．质量为 m 的小明如图 3－2－4
静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为 mg，若此时小明左侧橡 皮绳在腰间断裂，则小明( A．速度为零 B．加速度 a＝g，沿原断裂绳的方向 斜向下 C．加速度 a＝g，沿未断裂绳的方向斜向上 D．加速度 a＝g，方向竖直向下
多以生产和生活的实际问题为命题背景，创设相关的问题情景，
解题的关键是求加速度．
【触类旁通】
1．(2009 年全国卷Ⅱ)两物体甲和乙在同一直线上运动，它
们在 0～0.4 s 时间内的 v－t 图象如图 3－2－6 所示．若仅在两 物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间
t1 分别为(
)
非惯性系中为了使牛顿第二定律成立，必须加一个假想的惯性
力，F＝－ma，其方向与非惯性系的加速度的方向相反． 5．牛顿运动定律的适用范围：牛顿运动定律只适用于宏观 物体的低速问题，而不适用于微观粒子和高速运动的物体．
【跟踪训练】
1．(2011 年惠州调研)电梯内有一个物体，质量为 m，用绳
g 子挂在电梯的天花板上，当电梯以3的加速度竖直加速下降时，
思路点拨：对于下落物体压缩竖直弹簧类问题，要注意两
点：一是弹簧的弹力大小随弹簧形变量的变化而变化，二是物
体过平衡位置是加速与减速运动的临界点．如果物体接触弹簧
并与之黏接，向上运动至弹簧恢复原长后，物体继续向上运动， 弹簧将被拉伸．
解析：小球在接触弹簧之前做自由落体．碰到弹簧后先做
加速度不断减小的加速运动，当加速度为零，即重力等于弹簧