新课标2014届高考物理一轮课件：3.2牛顿第二定律、动力学两类基本问题
牛顿第二定律的两类基本问题已知受力情况求运动情况
G
由运动学公式vt2-v02=2as2，得：
物体的滑行距离 s2
0
v
2 2
2a2
0 1.22 m
2 (2)
0.36m
※应用牛顿运动定律解题的一般步骤：
1、明确研究对象和研究过程 2、画图分析研究对象的受力和运动情况；（画图 很重要，要养成习惯） 3、进行必要的力的合成和分解,并注意选定正方向 4、根据牛顿运动定律和运动学公式列方程求解； 5、对解的合理性进行讨论
由运动学公式：
4s末的速度 vt v0 at 0 1.1 4 4.4m / s
4s内的位移
s
v0t
1 2
at 2
1 2
1.1 42
8.8m
例2：如图，质量为2kg的物体静止在水平地面上， 物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，现对物体施 加一个大小F=5N、与水平方向成θ=370角的斜向 上的拉力(如图)，已知：g=10m/s2,求： （1）物体在拉力的作用下4s内通过的位移大小 （2）若4s后撤去拉力F，则物体还能滑行多远？
例3:一个滑雪的人，质量m=75kg，以 V0=2m/s的初速度沿山坡匀加速地滑下， 山坡的倾角θ=300，在t=5s的时间内滑下 的路程s=60m，求滑雪人受到的阻力(包 括滑动摩擦力和空气阻力)。
解：对人进行受力分析画受力图，如下 因为：V0=2m/s，x=60m，t=5s
N f
取沿钭面向下方向为正
G2
则：根据运动学公式：
x
V0t
1 2
at
2
60
2
5
1 2
a
52
求得a = 4m/s2
G1 mg
再由牛顿第二定律可得：
G2 f m gsin f m a f m( g sin a)
高三物理一轮复习课件第6讲牛顿第二定律、两类动力学问题
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第6讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
•知
识 自 主
B [解析] 在 0～t1 时间内，F 先增大后减小，由牛顿 第二定律 F＝ma 知 a 先增大后减小，说明物体做变加速运
梳 理
动，选项 A、D 错误．在 0～t1 时间内 F 的方向不变，且 与 v 同向，则物体始终做加速运动，选项 B 正确，选项
•
考 向 互
t2 时刻运动到 B 点停止．图 6-3 中四个图像的实线部分 能反映滑块从 A 点运动到 B 点的是( )
动
探
究
图 6-2
图 6-3
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第6讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
D [解析] 刚开始，弹力 kx 大于滑动摩擦力 f，加
速度 a＝kxm－f随形变量 x 的减小而减小，物体做加速度
• 考 ＝10 m．已知斜面倾角 θ＝30°，物块与斜面之间的动摩
向 互 动 探
擦因数 μ＝ 33.重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小．
究 (2)拉力 F 与斜面的夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F
的最小值是多少？
图 6-9
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第6讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
(2)设物块所受支持力为 N，所受摩擦力为 f，拉力 与斜面间的夹角为 α，受力分析如图所示，由牛顿第二
• 考 定律得 向 互 动 探 究
Fcos α －mgsin θ －f＝ma⑤ Fsin α ＋N－mgcos θ ＝0⑥ 又 f＝μN⑦
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第6讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
联立⑤⑥⑦式得 F＝mgscionsθα＋＋μcμossinθ α＋ma，⑧
《三维设计》2014新课标高考物理一轮总复习课件 第三章牛顿运动定律第2单元 牛顿第二定律 两类动力学问题
的羽毛与苹果自由下落的频闪照片。请思
考苹果与羽毛重力相差很大，为什么它们 总在同一相同的高度呢？ 图3－2－1
提示：物体的加速度与力成正比，与物体的质量成反 F mg 比，物体在真空中仅受重力作用，故a＝ m ＝ m ＝g，可 知羽毛和苹果在真空中下落的加速度相同。故它们的运 动状态时刻相同，它们能时刻处在同一高度。
[尝试解题]
(1)从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小 Δv1 1.5 a1＝ Δt ＝0.3 m/s2＝5 m/s2
1
由牛顿第二定律得：μmg＝ma1 解得：μ＝0.5
(2)刚释放时滑块的加速度 Δv2 3 a2＝ Δt ＝0.1 m/s2＝30 m/s2 2 由牛顿第二定律得：kx－μmg＝ma2 解得：k＝175 N/m。
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)
图3－2－4 (1)求物体与地面间的动摩擦因数； (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。
(4)确定合外力F合，注意F合与a同向。若物体只受两
个共点力作用，常用合成法；若物体受到3个或3个以上不 在同一直线上的力的作用，一般用正交分解法。 F ＝ma x x (5)根据牛顿第二定律F合＝ma或 列方程求 Fy＝may
解，必要时还要对结果进行讨论。
[例2]
如图3－2－4所示，质量m＝2 kg的物体静止
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：
(完整版)动力学两类基本问题
动力学两类基本问题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，再应用运动学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．3．求解上述两类问题的思路，可用如图所示的框图来表示：解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)做好两个分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；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)抓住一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．【典例1】(2013·江南十校联考，22)如图3－3－2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．图3－3－2教你审题关键词获取信息①光滑斜面与粗糙的水平面滑块在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力②从斜面上的A点由静止释放滑块的初速度v0＝0③最终停在水平面上的C点滑块的末速度为零④滑块经过B点时没有能量损失斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路→抓突破口做好两分析→受力分析、运动分析①滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动．②滑块在水平面上：滑块做匀减速运动．第三步：选择合适的方法及公式→利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解．解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有mg sin 30°＝ma1，v2m＝2a1hsin 30°，解得：v m＝4 m/s(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2v2m＝2a2L，解得：μ＝0.4(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1得t1＝0.8 s由于t>t1，滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s设t＝1.0 s时速度大小为v＝v m－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s1．解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．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”．3．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．突破训练3如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m＝1 kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s？(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图5答案 5.53 s解析此题可以分为三个运动阶段：力F存在的阶段物体沿斜面向上加速，受力分析如图所示，由牛顿第二定律和运动学公式得：F－F f－mg sin θ＝ma1F f＝μF N＝μmg cos θv1＝a1t1解得：a1＝2 m/s2v1＝4 m/s第二阶段为从撤去力F到物体沿斜面向上的速度减为零，受力分析如图所示由牛顿第二定律和运动学公式mg sin θ＋μmg cos θ＝ma20－v1＝－a2t2解得：a2＝7.6 m/s2t2＝0.53 s第三阶段物体反向匀加速运动(因为mg sin θ>μmg cos θ)mg sin θ－μmg cos θ＝ma3v2＝a3t3解得：a3＝4.4 m/s2t3＝5 st＝t2＋t3＝5.53 s题组一动力学两类基本问题1．如图3-2-5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1∶4，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上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()图3-2-5A．1∶1B．1∶4C．4∶1 D．8∶1解析：选D由牛顿第二定律可知，小物块P在AB段减速的加速度a1＝μ1g，在BC段减速的加速度a2＝μ2g，设小物块在AB段运动时间为t，则可得：v B＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由x AB＝v0＋v B2·t，x BC＝v B2·4t，x AB＝x BC可求得：μ1＝8μ2，故D正确。
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。
高考物理总复习 3.2牛顿第二定律 两类动力学问题课件 新人教版必修1
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(2013·吉林质检)如右图所示，一轻质弹簧一端系 在墙上的O点，另一端连接小物体，弹簧自由伸长到B点，让小
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．下列说法正确的是
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1．由a＝
F m
知，物体的加速度与物体所受合外力成正比，
与物体的质量成反比( )
答案：√
2．由a＝
Δv Δt
知物体的加速度与物体速度变化量成正比，与
速度变化所需时间成反比( )
答案：×
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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
()
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 D．物体在B点受合外力为零
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【高考调研】2014届高考物理一轮复习 3-2牛顿第二定律课件
二、 平行四边形定则与正交分解法在牛顿第二定律中的应 用 规律方法 灵活、 熟练地表达合外力是应用牛顿第二定律解题的基础． 1． 若物体受互成角度的两个共点力作用产生加速度，可直 接应用平行四边形定则画出受力图，然后应用三角函数、勾股 定理等数学知识求合力．
2．当物体受多个力作用时，通常采用正交分解法． 为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定 x 轴正方向有两 种方法： (1)分解力不分解加速度，此时一般规定 a 的方向为 x 轴正 方向． 这是一种常用的方法，一般情况下若 x 轴方向为加速度方 向，y 轴方向通常满足合力为零的条件，即处于平衡状态． 根据需要可列出联立方程式：
F ＝ma x合 Fy合 ＝0.
(2)分解加速度不分解力，此种方法以某种力方向为 x 轴正 方向，把加速度分解在 x 轴和 y 轴上．牛顿第二定律分量表达 式为：
F ＝ma x合 x Fy合 ＝may.
这种分解方法一般用于物体所受的几个力，其方向都沿正 交方向(即互相垂直)．而加速度方向并不在这两个方向，此时 分解各个力反而不如分解加速度更方便、简捷．
例 3 如图所示，质量为 m 的人站在自动扶梯上，扶梯正 以加速度 a 向上减速运动，a 与水平方向的夹角为 θ， 求人受的 支持力和摩擦力．
【解析】
利用牛顿定律解题时，基本思路是相同的，即
先确定研究对象，再对其进行受力分析，最后列方程求解．
解法一：以人为研究对象，受力分析如图所示．因摩擦力 Ff 为待求，且必沿水平方向，设为水平向右，建立图示坐标系， 并规定正方向， 根据牛顿第二定律，得 x 方向： mgsin θ－FNsin θ－Ffcos θ＝ma① y 方向： mgcos θ＋Ffsin θ－FNcos θ＝0② 由①②两式解得 FN＝m(g－asin θ)，Ff＝－macos θ.
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
kg
时间
t
秒
s
长度
l
米
m
电流
I 安[培]
A
热力学温度 T 开[尔文]
K
物质的量 n 摩[尔]
mol
发光强度 IV 坎[德拉]
cd
知识点二 牛顿定律的应用 Ⅱ
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：
(2)如何从图象得出速度的方向？ 提示：t轴上方表示正方向；t轴下方表示负方向。
[尝试解答] 选AC。 v－t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为 正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的 加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛 顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度 均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误。
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，分别是千克(kg)、 秒(s)、米(m) 。
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
基本物理量 符号 单位名称 单位符号
质量
m 千克
2. 公式a＝ΔΔvt 与a＝mF有什么区别？
答案：公式a＝
Δv Δt
为定义式，a与Δv、Δt无正比、反比关
系。公式a＝
F m
为决定式，在m一定时，a与F成正比；在F一定
高考物理一轮复习3第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
三、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。 3.图例：
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。 4.图例：
二、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_k_g_、_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。
复习课件
高考物理一轮复习3第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
2021/4/17
高考物理一轮复习3第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
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第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
【知识建构】 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=_m_a_。
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时 间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一 动，久坐对身体不好哦~
2021/4/17
高考物理一轮复习3第2讲牛顿第二定律两类动 力学问题课件
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2014届高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密) 第2讲牛顿第二定律 两类动力学问题(含解析)
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题对应学生用书P45牛顿第二定律Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】(多选)关于力和运动的关系，下列说法正确的是( )．A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用C．若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体必受力的作用D．物体的速率不变，则其所受合力必为0解析物体的速度不断增大，一定有加速度，由牛顿第二定律知，物体所受合力一定不为0，物体必受力的作用，A正确；位移与运动时间的平方成正比，说明物体做匀加速直线运动，合力不为0，C正确；做匀速直线运动的物体的位移也是逐渐增大的，但其所受合力为0，故B错误；当物体的速率不变，速度的方向变化时，物体具有加速度，合力不为0，D错误．答案AC【知识存盘】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．单位制【思维驱动】(多选)在牛顿第二定律公式F＝kma中，比例系数k的数值( )．A．在任何情况下都等于1B．是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的C．是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的D．在国际单位制中一定等于1解析物理公式在确定物理量的数量关系的同时也确定了物理量单位的关系．课本上牛顿第二定律的公式F＝ma是根据实验结论导出的，其过程简要如下：实验结论一：a∝F；实验结论二：a∝1 m .综合两个结论，得a∝Fm或F∝ma.上式写成等式为F＝kma，其中k为比例常数．如果选用合适的单位，可使k＝1.为此，对力的单位“N”做了定义：使质量是1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力，叫做1 N，即1 N＝1 kg·m/s2.据此，公式F＝kma中，如果各物理量都用国际单位(即F用N作单位、m用kg作单位、a用m/s2作单位)，则k＝1.由此可见，公式F＝kma中的比例常数k的数值，是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的，在国际单位制中k＝1，并不是在任何情况下k都等于1，故选项A、B错，选项C、D正确．答案CD【知识存盘】1．力学单位制：单位制由基本单位和导出单位共同组成．2．力学中的基本单位：力学单位制中的基本单位有千克(kg)、米(m)和秒(s)．3．导出单位：导出单位有N、m/s、m/s2等．牛顿运动定律的应用Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】如图3－2－1所示，图3－2－1楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m ＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.试求：(1)刷子沿天花板向上的加速度．(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．解析(1)刷子受力如图所示，对刷子沿斜面方向由牛顿第二定律得：F sin θ－mg sin θ－F f＝ma垂直斜面方向上受力平衡，有：F cos θ＝mg cos θ＋F N其中F f＝μF N由以上三式得：a＝2 m/s2.(2)由L＝12at2得：t＝2 s.答案(1)2 m/s2(2)2 s【知识存盘】1．动力学的两类基本问题(1)由受力情况分析判断物体的运动情况；(2)由运动情况分析判断物体的受力情况．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．国际单位制中的基本单位有：千克(kg)、米(m)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)(高中阶段所学)对应学生用书P46考点一 对牛顿第二定律的理解 牛顿第二定律的“五”性【典例1】 (单选)如图3－2－2所示，图3－2－2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 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． 答案 C【变式跟踪1】 (单选)(2013·常州联考)如图3－2－3所示，图3－2－3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.233g C ．gD.33g解析 平衡时，小球受到三个力：重力mg 、木板AB 的支持力F N 和弹簧拉力F T ，受力情况如图所示．突然撤离木板时，F N 突然消失而其他力不变，因此F T 与重力mg 的合力F ＝mgcos 30°＝233mg ，产生的加速度a ＝F m ＝233g ，B 正确． 答案 B,借题发挥1．分析物体在某一时刻瞬时加速度的关键： (1)先分析该时刻物体的受力情况及运动状态． (2)再由牛顿第二定律求出瞬时加速度． 2．几种常见模型：考点二 整体法、隔离法的灵活应用选择研究对象是解决物理问题的首要环节．在很多物理问题中，研究对象的选择方案是多样的，研究对象的选取方法不同会影响求解的繁简程度．对于连接体问题，通常用隔离法，但有时也可采用整体法． 【典例2】 (单选)(2012·江苏卷，5)图3－2－4如图3－2－4所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f .若木块不滑动，力F 的最大值是( )． A.2f （m ＋M ）MB.2f （m ＋M ）mC.2f （m ＋M ）M－(m ＋M )g D.2f （m ＋M ）m＋(m ＋M )g解析 对木块M ，受到两个静摩擦力f 和重力Mg 三个力而向上运动，由牛顿第二定律得木块不滑动的最大加速度大小为a m ＝2f －Mg M①.对整体，受到两个力，即力F 和整体重力(m ＋M )g ，由牛顿第二定律得F －(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ②，代入最大加速度即得力F 的最大值F m ＝2f （m ＋M ）MA 项正确．答案 A【变式跟踪2】 (单选)如图3－2－5所示，图3－2－550个大小相同、质量均为m 的小物块，在平行于斜面向上的恒力F 作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g ，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )． A.125F B.2425F C ．24mg ＋F2D ．因为动摩擦因数未知，所以不能确定解析 设题中50个小物块组成的整体沿斜面向上的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得F －50μmg cos 30°－50mg sin 30°＝50ma ；从整体中将第3、4、…、50共48个小物块隔离出来进行受力分析，设第2个小物块对第3个小物块的作用力大小为F N ，由牛顿第二定律得F N －48μmg cos 30°－48mg sin 30°＝48ma ；联立以上两式解得F N ＝2425F ，由牛顿第三定律可知，第3个小块对第2个小物块作用力大小为2425F ，故选项B 正确．答案 B,阅卷老师叮咛•考情报告牛顿运动定律是高频考点，甚至同一年同一试卷都有多处考查． •易失分点1．不能灵活运用整体法和隔离法选取研究对象．2．不理解力F 有最大值的条件―→M 、m 不相对滑动―→夹子与木块间达到最大静摩擦力．以题说法1．整体法与隔离法的应用技巧对于连接体各部分加速度相同时，一般的思维方法是2．使用隔离法时应注意两个原则(1)选出的隔离体应包含所求的未知量；(2)在独立方程的个数等于未知量的个数前提下，隔离体的数目应尽可能地少．考点三 动力学的两类基本问题 【典例3】 (2012·浙江卷，23)图3－2－6为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系．小明同学用石蜡做成两条质量均为m 、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图3－2－6所示．在高出水面H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，“A 鱼”竖直下潜h A 后速度减为零，“B 鱼”竖直下潜h B 后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g ，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求： (1)“A 鱼”入水瞬间的速度v A 1； (2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力f A ；(3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比f A ∶f B . 规范解答 (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动，有v 2A 1－0＝2gH ①得：v A 1＝2gH ②(2)“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A ，有F 浮＋f A －mg ＝ma A ③ 0－v 2A 1＝－2a A h A ④ 由题意：F 浮＝109mg 由②③④式得f A ＝mg⎝⎛⎭⎫H h A －19⑤ (3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似，有f B ＝mg ⎝⎛⎫Hh B －19⑥综合⑤、⑥两式，得。
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。
高三物理一轮复习精品课件6：3.2 牛顿第二定律 两类动力学问题
二、两类动力学问题
[考点自清] 1．动力学的两类基本问题 (1)由受力情况判断物体的 运动情况 ． (2)由运动情况判断物体的 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．
[基础自测]
3．如图所示，在汽车车厢中悬挂一小球，实验表明，当汽车 做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一稳定角度．若在 车厢底板上还有一个跟其相对静止的物体m1，则关于汽车的运动 情况和物体m1的受力情况正确的是( )
典题讲练
题型一 力和物体加速度的对应关系
例1 (2014年全国卷Ⅰ)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车 的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速， 加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定 地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖 直位置时相比，小球的高度( )
A．一定升高 B．一定降低 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【思路指导】 小车向左做匀加速运动稳定后小球与小车保
持相对静止，方向向左做匀加速直线运动，则小球受到的合外 力一定水平向右，小球受到重力及橡皮筋的拉力，根据牛顿第 二定律可求得橡皮筋的拉力，由胡克定律求得橡皮筋的伸长量 与加速度的关系，由题目中的相关几何知识确定小球的位置．
【解析】 设橡皮筋的原长为 l，小球质量为 m，橡皮筋 的劲度系数为 k，最初小球静止时，处于平衡状态，由平衡条 件有 k(l1－l)＝mg，l1 为静止时小球距悬点的距离，则 l1＝mkg ＋l；当小车和小球一起向左加速运动时，设橡皮筋与竖直方 向夹角为 θ，受力如图所示．
4．质量m＝1 kg的物体在光滑水平面上运动，初速度大小为2
高考物理总复习 第3章 第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题课件
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．
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( )
图2
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0
D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小
【答案】A
【解析】首先有两个问题应清楚，物体在A点的弹力大于 物体与地面之间的阻力(因为物体能运动)，物体在O点的弹力 为0.所以在A、O之间有弹力与阻力相等的位置，故物体在A、 O之间的运动应该是先加速后减速，A选项正确，B选项不正 确；O点的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C选项不正确；从A 到O的过程加速度先减小、后增大，故D选项错误．
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s，这个力对物体做的功W＝Fs.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． 【答案】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.
2014届高三高考物理知识点总复习精讲课件：牛顿第二定律
例3 图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 ( )
A．经过B点时，运动员的速率最大 B．经过C点时，运动员的速率最大 C．从C点到D点，运动员的加速度增大 D．从C点到D点，运动员的加速度不变
障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高
度h.
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始
下落到恢复升力的最长时间t3.
【思路点拨】分析飞行器的受力情况，根据牛顿第
二定律列方程，再利用运动学公式列出关于位移和
速度的方程，联立方程即可求解.
【解析】(1)第一次飞行中，设加速度大
小为 a1，有 H＝12a1t21
【巩固基础】
1．放在光滑水平面上的物块1、2用轻质弹簧秤相连，
如图所示．现对物块1、2分别施加方向相反的水平
力F1、F2，且F1>F2，则弹簧秤的示数(
C)
A．一定等于F1＋F2
B．一定等于F1－F2
C．一定大于F2小于F1
应用牛顿第二定律的解题步骤
(1)通过审题灵活地选取研究对象，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 好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
(3)根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．(列牛 顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再 列方程)
(4)检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
4．细绳栓一个质量为m的小球，小球将固定在墙 上的轻弹簧压缩x，小球与弹簧不粘连．如图所示， 将细线烧断后( C) A．小球立即做平抛运动
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)
A．kg、m/s、N是导出单位
B．kg、m、C是基本单位 C．在国际单位制中，时间的单位是s，属基本单位 D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义 的
答案：C、D
突破疑难要点
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
1．已知物体的受力情况来确定物体的 运动 情况．解这类 题目，一般是应用牛顿运动定律求出物体的 加速度 ，再根据 物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的 运动 情况， 即求出物体在任意时刻的位置、速度、运动轨迹和时间． 2．已知物体的运动情况来求物体的 受力 情况．解这类题 目，一般是应用运动学公式求出物体的 加速度 ，再应用牛
[解析]
令小球处在离开斜面的临界状态(N 刚好为零)
时，斜面向左
的加速度为 a0，此时对小球进行受力分析，有 mgcot θ＝ma0 所以 a0＝gcot θ＝7.5 m/s2 因为 a＝10 m/s2>a0，所以小球离开斜面(如图所示)而向 左加速．
所以 T＝
ma2＋mg2≈2.83 N.
静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示．球与水 平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4.设球受到 的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求：
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.
解析：(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1，由图知 Δv 4 a1＝ ＝ m/s2＝8 m/s2 Δt 0.5 ①
A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，
设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则 ( )
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大
解析：0～t1 时间内物块一直静止，故F的功率为0，A错
[规律小结]►► 本题考查了牛顿第二定律的两类典型问题，解题时应抓住 加速度这一桥梁进行分析并突破，其中解决第二问的关键是对 “该力作用的最短时间t”的正确理解，物体的运动包括两个过
程，解题时还要挖掘出第一阶段的末速度又是第二阶段的初速
度这一隐含条件。
2．(2012年安徽卷)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由
根据牛顿第二定律，得 mg－f＝ma1 f＝m(g－a1)＝0.2 N． ② ③
(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为 v1＝4 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为 v2，则 3 v2＝ v1＝3 m/s 4 ④
第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为 a2，则 mg＋f＝ma2 a2＝12 m/s2 于是，有 0－v2＝－2a2h 2 3 解得 h＝ m． 8 ⑥ ⑦ ⑤
第2单元
牛顿第二定律
动力学两类基本问题
精研核心考点
1．内容：物体的加速度跟作用力成 正比 质量成 反比 ．加速度的方向与 作用力方向 2．表达式： F＝ma 3．适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于 惯性 匀速直线 运动的参考系)． .
，跟物体的 相同．
参考系(相对地面静止或
(2)牛顿第二定律只适用于 宏观 物体(相对于分子、原子)、
下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的
光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽 出，设抽出木板的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1 、 a2，重力加速度大小为g.则有( )
A．a1＝0，a2＝g m＋M C．a1＝0，a2＝ M g
B．a1＝g，a2＝g m＋M D．a1＝g，a2＝ M g
[解析]
木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生
的弹力大小为 mg.木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍 m＋M 为 mg.由平衡条件和牛顿第二定律可得 a1＝0，a2＝ M g. 答案为 C.
[答案] C
[规律小结]►►
在求解瞬时性问题时应注意： (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
[名师点拨]►►
国际单位制中的七个基本物理量和基本单位
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 物理量符号 l m t I T n Iv 单位名称 米 千克 秒 安[培] 开[尔文] 摩[尔] 坎[德拉] 单位符号 m kg s A K mol cd
3．关于单位制，下列说法中正确的是(
B．Ffa方向改变 D．Ffb方向向右
解析：右侧细绳剪断瞬间，弹簧弹力大小方向不变，故知
a物块受力情况不变，b物块应受向右的摩擦力，正确选项为
A、D. 答案：A、D
1．解决两类基本问题的方法
2．应用牛顿运动定律解题的步骤
(1)选取研究对象：可以是一个物体，也可以是几个物体组 成的整体． (2)分析研究对象的受力情况或运动情况：要注意画好受力 分析图，明确物体的运动过程和运动性质．
误；t2时刻F最大，由牛顿第二定律有F－fm＝ma，故此时加速 度最大，B正确；t2 ～t3 时间内F＞fm 物块仍然向右做加速运 动，t3时刻速度最大，动能最大，C错误、D正确． 答案：B、D
2．(2012年四川卷)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一
端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未
(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．
[例2] 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
A．沿①方向
B．沿②方向
C．沿③方向 D．沿①②③方向都可以 解析：A、B一起向右匀速运动，则各自都受力平衡，但A 对地面的压力大，受到的摩擦力大，故拉A的绳子中的力F1大
于拉B的绳子力F2 ，则F1与F2 合成方向偏向水平方向以下，故
C正确． 答案：C
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 人为选定的基本物理量的单位． 在力学中，选定 长度 、时间和 质量 三个物理量的单位为 基本单位．在物理学中共有七个基本单位． 2．导出单位 根据物理公式中其他物理量和 基本物理量 的关系，推导 出的物理量的单位．
[答案]
2.83 N 0
[规律小结]►► 解决临界问题的方法技巧 1．临界问题是指物体的运动性质发生突变，要发生而尚 未发生改变时的状态．此时运动物体的特殊条件往往是解题的
突破口．
2．在动力学问题中常出现的临界条件为：
(1)地面、绳子或杆的弹力为零；
(2)相对静止的物体间静摩擦力达到最大，通常在计算中取 最大静摩擦力等于滑动摩擦力； (3)两物体分离瞬间满足的三个要素： ①加速度相同；
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.
[解析] (1)对物体受力分析如图(甲)所示．
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．
2．(2012年福建福州)如图所示，同一竖直面内有上下两条
用相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块 A、B放置在两轨道上，A在B物块正上方，A、B之间用一细线 相连．在细线的中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线 运动，则F的方向是(图中②表示水平方向)( )
个过程的积累，不会发生突变．
1．(2011年山东理综)如图所示，将两相同的木块a、b置于
粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙 壁．开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉 力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb ＝0.现将右侧细绳剪 断，则剪断瞬间( )
A．Ffa大小不变 C．Ffb仍然为零
甲 物体做初速度为零的匀加速直线运动， 设其加速度为 a0. 1 2 则有 L＝ a0t0 2
(2)对物体在力作用前后，受力分析如图(乙)所示．
乙 物体受力分析如图(甲)，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. 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 撤去力 F 后，设物体的加速度大小为 a1，运动时间为 t1 μmg＝ma1 由题意得：at＝a1t1 1 2 1 2 L＝ at ＋ a1t1 2 2 代入数据得 t＝1.03 s. [答案] (1)0.5 (2)1.03 s
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力 μmg 做的功为 μmg(x0－ k )
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．
[例1] 如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，
连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性 限度内弹簧长度被压缩了x0 ，此时物体静止．撤去F后，物体 开始向左运动，运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩 擦因数为μ.重力加速度为g.则( )