牛顿第二定律计算题
牛顿第二定律计算题（难度）
1．（17分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为
1m 和2m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g 。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； （2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小范围； （3）本实验中，
1m =0.5kg ， 2m =0.1kg ， μ=，砝码与纸板左端的距
离d=0.1m ，取g=102
/m s 。 若砝码移动的距离超过l =0.002m ，人眼就能感知。 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大 2．如图所示，竖直光滑的杆子上套有一滑块A,滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B 又通过一轻质弹簧连接物块C ，C 静止在地面上。开始用手托住A,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，现将A 由静止释放，当速度达到最大时，C 也刚好同时离开地面，此时B 还没有到达滑轮位置.已知：m A =, m B =1kg, m c =1kg ，滑轮与杆子的水平距离L=。试求：
（1）A 下降多大距离时速度最大 （2）弹簧的劲度系数 （3）的最大速度是多少
3．如图甲所示，平板小车A 静止在水平地面上，平板板长L=6m ，小物块B 静止在平板左端，质量m B = 0.3kg ，与A 的动摩擦系数μ=，在B 正前方距离为S 处，有一小球C ，质量m C = 0.1kg ，球C 通过长l = 0.18m 的细绳与固定点O 相连，恰当选择O 点的位置使得球C 与物块B 等高，
且C 始终不与平板A 接触。在t = 0时刻，平板车A 开始运动，运动情况满足如图乙所示S A – t 关系。若BC 发生碰撞，两者将粘在一起，绕O 点在竖直平面内作圆周运动，
并能通过O 点正上方的最高点。BC 可视为质点，g = 10m/s 2
，
求：（1）BC 碰撞瞬间，细绳拉力至少为多少 （2）刚开始时，B 与C 的距离S 要满足什么关系
4．如图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L ＝20 m ，高为h ＝2 m ，斜坡上紧排着一排滚筒．长为l ＝8 m 、质量为m ＝1×103 kg 的钢锭ab 放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为μ＝，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v ＝4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力．取当地的重力加速度g ＝10 m/s2.试求：
(1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶所需的最短时间；
(2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶的过程中电动机至
C
B
A
L
S
O
图甲 3 S A
t
12
图乙
少要工作多长时间
5．如图，质量m=2kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L=20m 。用大小为30N ，
沿水平方向的外力拉此物体，经t 0=2s 拉至B 处。(sin37o=，cos37o=，g 取10m/s 2
) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30N ，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 。（答案可带根号）
6．在水平面上放置一倾角为θ的斜面体A ，质量为M ，与水平面间动摩擦因数为μ1，在其斜面上静放一质量为m 的物块B ，A 、B 间动摩擦因数为μ2（已知μ2>tan θ），如图所示。现将一水平向左的力F 作用在斜面体A 上， F 的数值由零逐渐增加，当A 、B 将要发生相对滑动时，F 不再改变，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求： （1）B 所受摩擦力的最大值； （2）水平力F 的最大值；
（3）定性画出整个过程中AB 的速度随时间变化的图象。
7．如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上；B 、C 两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C 放在固定的光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均
为m ，C 的质量为4m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C 后它沿斜面下滑（斜
面足够长）， A 刚离开地面时， B 获得最大速度，求：
（1）斜面倾角α．
（2）B 的最大速度v
8．一名质量为60 kg 的工人，站在竖直向上运动着的升降机底板上．他看到升降机上挂着一个重物的弹簧测力计的示数为40 N ，已知该重物的质量为5 kg. 弹
簧测力计的质量忽略不计. (g 取10 m/s 2
)
（1）先根据受力情况判断重物的加速度的方向，并指出重物是处于超重状态还是失重状态.，再求出重物的加速度的大小. （2）这时该工人对升降机底板的压力是多大
（3）如果悬挂测力计的悬线突然从A 点断开，则此时重物的加速度有何变化
9．如图所示，长为l 的长木板A 放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B （大小可不计）从A 的左侧以初速度v 0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2（A 与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）．已知A 的质量为M=，B 的质量
为m=，A 的长度为l=，v 0=5m/s ，μ1=，μ2=，（g 取10m/s 2
） （1）A 、B 刚开始运动时各自的加速度分别是多大
（2）为保证B 在滑动过程中不滑出A ，初速度v 0应满足什么条件 （3）分别求A 、B 对地的最大位移． 10．（14分）如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块（可视为质点）从斜面上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=，B 点距C 点的距离L=。（滑块经过B 点时没
有能量损失，g=10m/s 2
），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=时速度的大小。 11．（9分）传送带与水平面夹角为37°，皮带以12 m/s 的速率沿顺时针方向转动，如图所示。今在传送带上端A 处无初速度地放上一个质量为m 的小物块，它与传送带间的
动摩擦因数为0．75，若传送带A 到B 的长度为24 m ，g 取10 m/s 2
，则小物块从A 运
A
B C
α
a
b
c
d
动到B 的时间为多少
12．如图17所示，质量为M 的劈块，其左右劈面的倾角分别为θ1 = 30°、θ2 = 45°，质量分别为m1 =3kg 和m2 = 2.0kg 的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，各相互接触面之间的动摩擦因数均为μ = ，求两物块下滑过程中(m1和m2均未达到底端)劈块受到地面的摩擦力。（
g = 10m/s2）
13．质量kg m 10=的物体在方向平行于斜面、大小为N F 120=的拉力作用下，从固
定粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，拉力F 作用s t 21=后撤去。已知斜面与水平面的夹角?=37θ，如图所示。斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数25.0=μ ，
取重力加速度2
/10s m g =。求：
（1）在拉力F 作用下，物体的加速度大小1a （2）撤去拉力F 后，物体沿斜面向上滑行的时间2t
（3）自静止开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小
总
x （6.037sin =?，
8.037cos =?）
14.如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2kg ，管长为24m ，
M 、N 为空管的上、下两端，空管受到F=16N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线以初
速度v 0竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s 2
．求： (1)．空管的加速度的大小与方向
(2)．若小球上抛的初速度为10m/s ，经过多长时间从管的N 端穿出
(3)．若此空管的N 端距离地面64m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度v 0大小的范围．
17．如图所示，在倾角为θ的固定的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A 、B ．它们的质量都为m ，弹簧的劲度系数为k , C 为一固定挡板。系统处于静止状态，开始时各段绳都处于伸直状态。现在挂钩上挂一物体P ，并从静止状态释放，已知它恰好使物体B 离开固定档板C ， 但不继续上升（设斜面足够长和足够高）。求： （1）物体P 的质量多大 （2）物块B 刚要离开固定档板C 时，物块A 的加速度α多大
图3－3－10
18．（15分）质量为m 的飞机静止在水平直跑道上。飞机起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其中第一阶段飞机的加速度为1a ，运动时间为1t 。当第二阶段结束时，飞机刚
好达到规定的起飞速度0v 。飞机起飞过程中，在水平直跑道上通过的路程为s 。求第二阶段飞机运动的加速度
2a 和时间2t 。
19．（15分）杂技中的“顶竿”是由两位演员共同表演完成。站在地面上的演员的肩部顶住一根质量为10 kg 的长竹竿，另一位质量为40 kg 的演员爬至竹竿的顶端完成各种动作后，从竹竿的顶端由静止开始下滑，6秒末滑到竹竿底时的速度正好为零。在竹竿上的演员从竿顶下滑到竿底的过程中，地面上顶竿人的肩部的受力情况如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2
。则：
（1）竿上的人在下滑过程中的最大速度为多少
（2）在4秒到6秒过程中，顶竿人的肩部受到的压力为多少
20．（14分）人和雪橇的总质量为75kg ，沿倾角?=37θ且足够长的斜坡向下运动，已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k 未知，从某时刻开始计时，测得雪橇运动的v-t 图象如图中的曲线AD 所示，图中AB 是曲线在A 点的切线，切线上一点B 的坐标为（4，15），CD 是曲线AD 的渐近
线，g 取10m/s 2
，试回答和求解：
（1）雪橇在下滑过程中，开始做什么运动，最后做什么运动 （2）当雪橇的速度为5m/s 时，雪橇的加速度为多大 （3）雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ多大 21．（18分）如图所示，传送带的两个轮子半径均为r=0.2m,两个轮子最高点A 、B 在同一水平面内，A 、B 间距离L=5m ，半径R=0.4m 的固定、竖直光滑圆轨道与传送带相切于B 点，C 点是圆轨道的最高点．质量m=0.1kg 的小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，
重力加速度g=10m/s 2
．求：
(1)传送带静止不动，小滑块以水平速度v 0滑上传送带，并能够运动到C 点，v 0至少多大
(2)当传送带的轮子以w=10rad/s 的角速度转动时，将小滑块无初速地放到传送带上的A 点，小滑块从A 点运动到B 点的时间t 是多少
(3)传送带的轮子以不同的角速度匀速转动，将小滑块无初速地放到传送带上的A 点，小滑块运动到C 点时，对圆轨道的压力大小不同，最大压力F m 是多大
参考答案
1．（1）
12(2)f m m g μ=+ （2）122()F m m g μ>+ （3）F=
【解析】
试题分析：.(1)砝码对纸板的摩擦力11f m g
μ=
桌面对纸板的摩擦力
212()f m m g
μ=+
12
f f f =+
解得
12(2)f m m g μ=+
(2)设砝码的加速度为
1a ,纸板的加速度为2a ,则
111f m a = 1222
F f f m a --=
发生相对运动21a a >
解得
122()F m m g
μ>+
(3)纸板抽出前,砝码运动的距离
12
1112x a t =
纸板运动的距离
21211
2d x a t +=
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离2
2321
2x a t =
12l x x =+ 由题意知
131132
,a a a t a t ==
解得122[(1)]d
F m m g
l μ=++
代入数据得 F=。
考点：本题考查牛顿运动定律、匀变速运动的规律。
2．（1）0.6m （2）100/N m （3）
/A v s =
，/B v s =
【解析】
试题分析：（1）当A 速度达到最大时，即加速度等于0的时候，此时C 也刚好同时离开地面，那么对B 和C 整体分析只有绳子拉力，因此此时绳子拉力
20B C T m g m g N =+=
A 下降过程受力分析如图
当A 的速度最大加速度等于0时，即
cos A T m g θ=，计算得53θ=o
假设A 下降的高度为h ，则根据几何关系可得
tan L h θ=
带入得3
0.64h m
L ==
（2）根据第一问的几何关系如上图，A 下降0.6m 时定滑轮到A 的距离为1sin 53L
s m =
=o
那么绳子拉长的长度也就是B 上升的高度就是0.2s L m -=
初始状态，绳子无张力，对B 分析有
1B kx m g = 即弹簧压缩
110
x k =
末状态，C 刚好离开地面，对C 分析有
2C kx m g
=即弹簧拉伸
210x k =
120.2x x m += 带入计算得100/k N m =
（3）由第二问可知，初状态弹簧压缩
110
0.1x m
k =
=和末状态弹簧拉伸2100.1x m k ==，
弹簧弹性势能没有变化，那么在此过程中ABC 和弹簧组成的系统机械能守恒，有
221211
()22p B A B B A A p
E m g x x m gh m v m v E =+-+++
有几何关系可得AB 的速度关系有
A B
v cos v θ=
带入计算得
215/A v s =
，215/B v s =
考点：连接体 机械能守恒
3．（1）N T 24=; （2）m S m 111≤≤
【解析】
试题分析：平板车先做匀速直线运动后静止，在此过程中某一瞬间小物块B 与C 碰撞，BC 碰撞后合为一体在竖直平面内做圆周运动。B 与C 碰撞前，B 的运动情况要分类讨论：（1）B
在加速阶段与C 相碰；（2）B 在减速阶段与C 相碰 解答过程：（1）（8分）当BC 恰能到达最高点时，只有重力提供向心力，则
（2分）
BC 从最低点到最高点过程中，根据动能定理得：
（2分）
BC 在最低点处，根据牛顿第二定律得：
（2分）
解得：T ＝24N （2分）
即BC 碰撞瞬间，细绳拉力至少为24N
（2）(10分)BC 碰撞过程中由动量守恒定律得
()=+B B B C L
m V m m V （1分） 解得：
4/=B V m s
碰撞时B 速度必须满足：
4/>B V m s
（1分）
根据牛顿第二定律得，B 的加速度为：
（1分）
由图可知车A 的速度为：
s m t S V A A /85.112===
（1分）
讨论：（1）B 在加速阶段与C 相碰：
（1分）
S 要满足条件：
1≥S m （1分）
（2）B 在减速阶段与C 相碰： B 加速阶段位移：
（1分）
B 加速阶段时间：
B 加速阶段A 的位移：
118==A A S V t m
；
B 加速阶段AB 的相对位移：
114?=-=A B S S S m ；
由图可知B 匀速阶段时间：
s t t 5.05.112=-=；
B 匀速阶段位移：
224==B A S V t m
（1分）
由图可知B 匀减速阶段A 速度为0 B 匀减速阶段时间：
B 匀减速阶段位移：
（1分）
B 总位移：
12311++=B B B S S S m
综上所述： 111≤≤m S m （1分）
考点：本题考查了竖直平面内的圆周运动、动能定理、动量守恒定律，牛顿第二定律、匀变速直线运动的公式等。 4．(1)4 s (2) s 【解析】
试题分析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为
f F m
g 310 3 N
μ?=＝＝0.
由牛顿第二定律有f 1
F mgsin ma α－＝
解得
2
1a 2 m /s ＝
钢锭做匀加速运动的时间
11
t =2 s v
a =
位移2
1111x a t =4 m
2=
要使b 端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当
它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动． 钢锭做匀速直线运动的位移
21x L l x 8 m
＝－－＝
做匀速直线运动的时间2
2t =
=2 s x v
所需最短时间
12t t t 4s
＝＋＝.
(2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b
端到达坡顶时速度刚好为零． 匀减速上升时
f 2
F mgsin ma α＋＝
解得2
2a 4 m /s ＝
匀减速运动时间
32
t =1 s v
a =
匀减速运动位移33x t =2 m 2v
=
匀速运动的位移
413L l x x 6 m x ＝－－－＝
电动机至少要工作的时间
4
1t=t =3.5 s x v +
.
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
点评：本题关键是对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后运用运动学公式列式求解．
5．
【解析】
试题分析：(1)物体做匀加速运动
分)
由牛顿第二定律 F f ma -= （1分）
f m
g μ= （1分）
分)
(2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为'a ，的加速度匀减速't 秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿定律
cos37(sin 37)F mg F a ma μ?--?= (1分)
分)
（1分）
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
''at a t = （1分）
（1分）
（1分）
（2）另解：设力F 作用的最短时间为t ，相应的位移为s ，物体到达B 处速度恰为0，由动
能定理
[cos37(sin 37)]()0F mg F s mg L s μμ?--?--= （3分）
由牛顿定律
cos37(sin37)F mg F ma μ?--?= （1分）
（1分）
（1分）
考点：考查力与运动的关系
点评：本题难度较大，对于多过程问题首先应选择好研究过程分析受力情况，利用牛顿第二定律结合运动学公式求解
6．（1）22
mg sin cos μμθθ+ （2） (μ1+ 22cos sin sin cos μθθ
μθθ-+) (M+m)g （3）如下图。
【解析】
试题分析：（1）A、B先静止，后做加速度不断增加的加速运动，最后做匀加速直线运动，此时A对B有最大摩擦力。物块A受力如图，设最大加速度为a，
在x轴方向由牛顿第二定律得F f cosθ- F N sinθ = ma ①（1分）
在y轴方向由平衡条件得 F f sinθ+ F N cosθ = mg ②（1分）
又 F f = μ2F N ③（1分）
由①②③得 F f =
2 2
mg
sin cos
μ
μθθ
+④（2分）
（2）由以上各式得a =
2
2
cos sin
sin cos
μθθ
μθθ
-
+ g ⑤（2分）
A、B的加速度均为a，由牛顿第二定律得F –μ1(M+m)g = (M+m)a ⑥
由⑤⑥得F = (μ1+
2
2
cos sin
sin cos
μθθ
μθθ
-
+) (M+m)g ⑦（2分）
（3）如下图。
考点：考查牛顿第二定律的应用
点评：本题A、B先静止，后做加速度不断增加的加速运动，最后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律对两个过程列式，联立求解，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律列公式求解
7．（1）α=30°（2）k
m
g
5
2
【解析】
试题分析：（1）设开始时弹簧压缩的长度为x B 得： ① 设当物体A 刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A 得：
②
当物体A 刚离开地面时，物体B 上升的距离以及物体C 沿斜面下滑的距离为：
③ （1分）
由①②③式解得：④
物体A 刚刚离开地面时，以B 为研究对象，物体B 受到重力mg 、弹簧的弹力、细线的
拉力T 三个力的作用，设物体B 的加速度为a ，根据牛顿第二定律，对B 有：
⑤
对A 有：⑥
由②③两式得：
⑦
当B 获得最大速度时，有：a=0⑧
由②⑦⑧式联立，解得⑨所以：⑩
（2）由于
，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，
且物体A 刚刚离开地面时，B 、C 两物体的速度相等，设为
，
由动能定理得： ⑾
由①④⑩⑾式，解得：
考点：机械能守恒定律；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律；牛顿第二定律
点评：对于机械能守恒定律，有多个表达式，可以用初态的机械能等于末态的机械能，也可以用动能的增加等于势能的减少，对于第一种表达式要选取零势能面，第二种由于用的它们的差值的大小，所以不用取零势能面，在解题时要注意公式的选择
8．（1）重物处于失重状态，2
2 m /s （2）480N （3）重物的加速度立即变为2
10 m /s ，方向竖直向下 【解析】 试题分析：（1）以重物为研究对象，重物受向下的重力mg ，向上的弹簧拉力F ，由于重物的重力mg 大于弹簧的拉力F ，因此重物所受合力方向向下，即重物的加速度方向应向下，重
物处于失重状态. 由牛顿第二定律有：mg －F ＝ma
所以
22
5040
m /s 2 m /s 5mg F a m --=＝
＝
（2）以人为研究对象，人受到重力Mg ，底板的支持力F N ， 由牛顿第二定律有N Mg F Ma －＝，
得
60(102)N 480N N F Mg Ma ?＝－＝－＝，
由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为480N.
（3）悬线突然断开，则此时重物的加速度立即变为重力加速度，即大小是2
10 m /s ，方向竖直向下.
考点：超重与失重
点评：注意对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或对悬挂物的拉力变了，可用牛顿第二定律求出拉力或压力大小。
9．（1）2
1m /s A a =、24m /s B a =（2
）0v ≤
（3）A 发生的位移、B 发生的位移
【解析】 试题分析：（1）分别对A 、B 受力分析，
根据牛顿第二定律：B 物体的加速度
12
24m /s f B F mg
a m
m
μ=
=
=
A 物体的加速度
()12
212
1m /s f f A F F mg M m g
a M
M
μμ--+=
=
=
（2）设经过时间t ，AB 的速度相等则有：0B A v a t a t
-=
此时B 刚好到达A 的最右端
所以B 发生的位移： 2
01
2B B x v t a t =-
A 发生的位移：
21
2A A x a t =
B A x x L
-=
联立解得
0v =
为保证B 在滑动过程中不滑出A
，则
0v ≤
（3）设经过时间t ，AB 的速度相等则有：
0B A v a t a t
-=
解得t=1s
A 发生的位移：
21
0.5m 2A A x a t =
=
所以B 发生的位移：201
3.0m
2B B x v t a t =-=
AB 速度达到相等后，共同速度为
1m/s A v a t ==
AB 速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s 的初速度，2
12m/s a g μ==的加速度一起匀
减速运动直到静止，发生的位移： 2
0.25m
2v x a ==
所以A 发生的位移为0.5m 0.25m 0.75m A x x +=+=
B 发生的位移为
3.0m 0.25m 3.25m
B x x +=+=
考点：牛顿第二定律的应用
点评：本题属于多过程问题，在分析时要逐段、分物体求解，最好画出运动过程图。第（2）中要找到保证B 在滑动过程中不滑出A 时的临界条件。 10．（1）
4/m v m s = （2）0.4μ= （3） 3.2/v m s =
【解析】 试题分析：（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
m
v ，设滑块在斜面上运动的加速度大小为
1a ：
1sin 30o
mg ma = 1分
212sin 30m o h
v a =?
2分
解得：
4/m v m s = 1分
（2）滑块在水平面上运动的加速度大小为2
a
2mg ma μ= 1分
222m v a L
= 2分
解得：0.4μ= 1分 （3）滑块在斜面上运动的时间为1t
11
m v a t = 1分
得10.8t s = 1分
由于
1t t >，故滑块已经经过B 点，做匀减速运动时间为10.2t t s -= 1分
设t=时速度大小为v
21()m v v a t t =-- 2分
解得： 3.2/v m s = 1分
考点：牛顿第二定律，运动学公式，滑动摩擦力公式
点评：本题第一问学生也可用动能定理求滑块的最大速度，解题时分段去求。 11．t= 【解析】 试题分析：（1）物块刚放上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度．
（2）物块向下做匀加速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和下滑的位移．
（3）物块的速度和传送带的速度相同后，因为动摩擦因数为0．75，继续向下做匀速运动，求出下滑的时间，最后求出总时间． 解：设物块刚放上传送带时加速度为
1a ，货物受力如图所示：
根据牛顿第二定律得 沿传送带方向：
1
mgsin f ma θ+=
垂直传送带方向：mgcos N θ= 又f N μ=
由以上三式得：2
1a g(sin cos 12m /s θμθ=+=） 方向沿传送带向下．
物块速度从0加速至传送带速度v=12 m/s ，所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有：
11110v
t 1s x t 6m 2 v a +=
===，，
（3）当物块速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ=μmgcos θ，此后物块和传送带一块
匀速运动，运动底部的时间：
2246
1.512t s s -=
=
∴小物块从A 运动到B 的时间为
121 1.5 2.5t t t s s s
=+=+=．
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间
的关系．
点评：本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点． 12．－负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。3N ，方向水平向右。
【解析】选M 、m1和m2构成的整体为研究对象，把在相同时间内，M 保持静止，m1和m2分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。根据各种性质的力产生的条件，在水平方向，整体除受到地面的静摩擦力外，不可能再受到其他力；如果受到静摩擦力，那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。
根据系统牛顿第二定律，取水平向左的方向为正方向，则有： F 合x = Ma ′+ m1a1x －m2a2x
其中a ′、a1x 和a2x 分别为M 、m1和m2在水平方向的加速度的大小，而
a ′= 0 ，a1x = g (sin30°－μcos30°) ?cos30° ，a2x = g (sin45°－μcos45°) ?cos45° 。所以：
F 合 = m1g (sin30°－μcos30°) ?cos30°－m2g (sin45°－μcos45°) ?cos45°
×10×(1
2－×10×)－
负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。3N ，方向水平向右。
本题考查整体隔离法的应用，静止时现已整体为研究对象，所以整体没有运动趋势，不受摩擦力作用，两物块下滑过程中，分析两物块的受力情况，把加速度分解为水平和竖直方向，由牛顿第二定律列公式可求得水平方向的合力，由此可知要想静止不动，静摩擦力必须平衡该力 13．
【解析】略
14．a=2m/s 2
15．t=4s
16．29m/s ≤v 0≤32m/s
【解析】（1）（4分）mg －F=ma （2分） 得a=2m/s 2
……①（2分） （2）（8分）设经t 时间，小球从N 端穿出，小球下落的高度 h 1=－v 0t+
2
1
gt 2
………② （2分）
空管下落的高度h 2=2
1at 2
……………③ （2分）
则，h 1－h 2=L ……………④ （2分）
联立得：－v 0t+21gt 2－21
at 2
=L ……………⑤
代入数据解得：t=4s ，t=－（舍）…………………⑥ （2分） （3）（8分）设小球初速度v 0，空管经t'时间到达地面，则
H=21
at'2
…………………⑦
得t'=a H
2=8s ………………⑧ （2分）
小球在t'时间下落高度为h=－v 0t'+21
gt'2
……………⑨ （2分）
小球落入管内的条件是：64m ≤h ≤88m （2分） 解得：29m/s ≤v 0≤32m/s
【答案】（1）θsin m m P = （2）a=g
θθ
sin 1sin +
【解析】（1）令x 1表示未挂P 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知m A gsin θ=kx 1 ①
令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，由胡克定律和牛顿定律可知kx 2=m B gsin θ ②
则 x 1= x 2
g
mg θsin =
③
此时A 和P 的速度都为0，A 和P 的位移都为d=x 1+x 2=k mg θ
sin 2 ④
由系统机械能守恒得：θsin mgd gd m P = 则θsin m m P = ⑤
（2）此时A 和P 的加速度大小相等，设为a, P 的加速度方向向上
对P 物体 ：F －m P g=m P a ⑥ 对A 物体 ：mgsin θ+kx 2—F=ma ⑦
由⑥⑦ 式可得a=g
θθ
sin 1sin + ⑧
18．
2
22
01122
112v a t a s a t -=- 2
1120112s a t t v a t -=+ 【解析】第一、二阶段结束时飞机运动速度分别为
111v a t = ① （2分）
0122v v a t =+ ② （2分）
运动距离分别为
211112s a t =
③ （2分）
2
21222
12s v t a t =+ ④ （2分）
总距离为 12s s s =+ ⑤ （3分）
解①到⑤式，可得 2
22
01122
112v a t a s a t -=- ⑥ （2分）
2
1120112s a t t v a t -=
+ ⑦ （2分）
19．（1）4m/s
（2）580N 【解析】（1）设下滑的演员的质量为m 1，杆的质量为m 2。
在演员下滑的前4秒，杆处于平衡。有：F 1=f 1+m 2g （2分）
演员匀加速下滑，加速度为a 1：有
2
11
11
1m/s m g f a m -=
= （4分）
4s 末达到的最大速度v ，有v= a 1 t 1=4m/s （2分） （2）在演员下滑的4秒到6秒，人匀减速下滑，加速度为a 2
有v= a 2 t 2 可得a 2=2m/s 2
（2分） 对演员分析受力可知：f 2-m 2g= m 1 a 2 （2分）
杆处于平衡。有：F 2=f 2+m 2g （1分） 可解得肩部受到的支持力F 2=580N （1分）
由牛顿第三定律可得，4秒到6秒过程中肩部受到的压力F 2为580N （1分） 20．（1）雪橇开始以5m/s 的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动，最后以10m/s 作匀速运动。
（2）2
25m/s a .= （3）125.0=μ
【解析】 （1）如图线可知，雪橇开始以5m/s 的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动，最后以10m/s 作匀速运动 （4分）
（2）t=0，v 0=5m/s 时AB 的斜率等于加速度的大小
2/5.24/10/s m t v a ==??= （4分）
（3）t=0
s
m v /50=
0kv f = 由牛顿运动定律
ma kv mg mg =--0cos sin θμθ ① （2分）
s t 4= s m v /101= t kv f =1
cos sin =--t kv mg θμθ ② （2分）
解①②得 m N k /5.37= 125.0=μ （2分）
21．（1
【解析】 1）设小滑块能够运动到C 点，在C 点的速度至少为v c ，则
(2分)
(2分)
解得v 0(1分)
(2)设传送带运动的速度为v 1，小滑块在传送带上滑动时加速度是a ，滑动时间是t 1，滑动过程中通过的距离是x ，则
v 1=r ω...................................... (1分) ma=μmg ...................(1分)
v 1=at 1...................................... (1分)
分) 解得v 1=2m/s ，a=4m/s 2
，t 1=，x=0.5m
由于x ＜L ，所以小滑块还将在传送带上与传送带相对静止地向B 点运动，设运动时间为t 2，则
L －x= v 1t 2 (1分) 解得t 2=
则t= t 1＋t 2= (1分)
（3）轮子转动的角速度越大，即传送带运动的速度越大，小滑块在传送带上加速的时间越长，达到B 点的速度越大，到C 点时对圆轨道的压力就越大．
小滑块在传送带上一直加速，达到B 点的速度最大，设为v Bm ，对应到达C 点时的速度为v cm ，圆轨道对小滑块的作用力为F ，则
aL
Bm 22=υ (2分)
(2分)
分)
由牛顿第三定律可知对圆轨道的压力F m =F (1分)
解得F m =5N (1分)
考点：考查力与运动的关系
点评：本题难度较大，本题的难点在于过程过多，对于多过程问题，最好的办法就是大致的对全过程进行运动分析，然后带着问题回到题中，把复杂的多过程拆分为几个小的过程，逐个分析
牛顿第二定律典型分类习题
1.如图3-2-3所示，斜面是光滑的，一个质量是0.2kg 的小球用细绳吊在倾角为53o 的 斜面顶端．斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行；当斜面以8m/s 2的加 速度向右做匀加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力． 2.如图2所示，跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体A 和B ，物体A 放在倾角为α的斜面上，已知物体A 的质量为m ，物体A 和斜面间动摩擦因数为μ（μ 1.如图3-2-4所示，m 和M 保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M 和m 间的摩擦力大小是多少？ 2、如图3-3-8所示，容器置于倾角为θ的光滑固定斜面上时，容器顶面恰好处于水平状态，容器，顶部有竖直侧壁，有一小球与右端竖直侧壁恰好接触．今让系统从静止开始下滑，容器质量为M ，小球质量为m ，所有摩擦不计．求m 对M 侧壁压力的大小． 3、有5个质量均为m 的相同木块,并列地放在水平地面上,如下图所示。已知木块与地面间的动摩擦因数为μ。当木块1受到水平力F 的作用，5个木块同时向右做匀加速运动，求: （1）匀加速运动的加速度; （2）第4块木块所受合力; (3) 第4木块受到第3块木块作用力的大小． 4.倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，已知斜面体的质量为M=10Kg ，一质量为m=1.0Kg 的木块正沿斜面体的斜面由静止开始加速下滑，木块滑行路程s=1.0m 时，其速度v=1.4m/s ，而斜面体保持静止。求： ⑴求地面对斜面体摩擦力的大小及方向。 ⑵地面对斜面体支持力的大小。 图3-2-4 m M θ 图3-3-8 1 2 3 4 5 F 例1.如图所示，一质量为M＝5 kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1＝0.5，斜面高度为h＝0.45 m，斜面体右侧竖直面与小物块的动摩擦因数为μ2＝0.8，小物块的质量为m＝1 kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点。现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g＝10 m/s2，设小物块与斜面体右侧竖直面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点。问： (1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？ (2)此过程中水平恒力至少为多少？ 例1解析：(1)以m为研究对象，竖直方向有： mg－F f＝0 水平方向有：F N＝ma 又F f＝μ2F N 得：a＝12.5 m/s2。 (2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 水平恒力至少为：F＝105 N。 答案：(1)12.5 m/s2(2)105 N 例2.如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，求： （1）劈的加速度至少多大时小球对劈无压力？加速度方向如何？ （2）劈以加速度a1= g/3水平向左加速运动时，绳的拉力多大？ （3）当劈以加速度a3= 2g向左运动时，绳的拉力多大？ 例2解：（1）恰无压力时，对球受力分析，得 （2），对球受力分析，得 （3），对球受力分析，得（无支持力） 练习： 1.如图所示，质量为M的木板上放着质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，求加在木板上的力F为多大时，才能将木板从木块下抽出？（取最大静摩擦力与滑动摩擦力相等） 1解：只有当二者发生相对滑动时，才有可能将M从m下抽出，此时对应的临界状态是：M与m间的摩擦力必定是最大静摩擦力，且m运动的加速度必定是二者共同运动时的最大加速度 隔离受力较简单的物体m，则有：，a m就是系统在此临界状态的加速度 设此时作用于M的力为F min，再取M、m整体为研究对象，则有： F min-μ2(M+m)g=(M+m)a m，故F min=(μ1+μ2)(M+m)g 当F> F min时，才能将M抽出，故F>(μ1+μ2)(M+m)g 2.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m=10kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g=10m/s2）（） A．25m/s2 B．5m/s2 C．10m/s2 D．15m/s2 2.分析：当小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，对 小猴受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度． 解答：解：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，即F=Mg； 小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力F′=F； 对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有 牛顿定律（提高） 1、质量为m 的物体放在粗糙的水平面上，水平拉力F 作用于物体上，物体产生的加速度为a 。若作用在物体上的水平拉力变为2F ，则物体产生的加速度 A 、小于a B 、等于a C 、在a 和2a 之间 D 、大于2a 2、用力F 1单独作用于某一物体上可产生加速度为3m/s 2，力F 2单独作用于这一物体可产生加速度为1m/s 2，若F 1、F 2同时作用于该物体，可能产生的加速度为 A 、1 m/s 2 B 、2 m/s 2 C 、3 m/s 2 D 、4 m/s 2 3、一个物体受到两个互相垂直的外力的作用，已知F 1＝6N ，F 2＝8N ，物体在这两个力的作用下获得的加速度为2.5m/s 2，那么这个物体的质量为 kg 。 4、如图所示，A 、B 两球的质量均为m ，它们之间用一根轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，今用力将球向左推，使弹簧压缩，平衡后突然将F 撤去，则在此瞬间 A 、A 球的加速度为F/2m B 、B 球的加速度为F/m C 、B 球的加速度为F/2m D 、B 球的加速度为0 5如图3-3-1所示，A 、B 两个质量均为m 的小球之间用一根轻弹簧（即不计其 质量）连接，并用细绳悬挂在天花板上，两小球均保持静止.若用火将细绳烧断，则在绳刚断的这一瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别是 A．a A=g；a B=gB．a A=2g ；a B=g C．a A=2g ；a B=0 D．a A=0 ；a B=g 6.(8分)如图6所示，θ＝370，sin370＝0.6，cos370＝0.8。箱子重G＝200N，箱子与地面的动摩擦因数μ＝0.30。（1）要匀速拉动箱子，拉力F为多大？ （2）以加速度a=10m/s2加速运动，拉力F为多大？ 7如图所示，质量为m的物体在倾角为θ的粗糙斜面下匀速下滑，求物体与斜面间的滑动摩擦因数。 8．（6分）如图10所示，在倾角为α=37°的斜面上有一块竖直放置的档板，在档板和斜 牛顿第二定律典型计算题精选 一、无相对运动的隔离法整体法（加速度是桥梁） 典例1：如图所示，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块ｍ，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，求Ｍ受到横杆的摩擦力的大小及方向。 二、有相对运动的隔离法整体法（12F ma Ma =+合） 典例2：如图所示，质量为M 的斜劈放置在粗糙的水平面上，质量为m 1的物块用一根不可伸长的轻绳挂起，并通过滑轮与在光滑斜面上放置的质量为m 2的滑块相连。斜面的倾角θ，在m 1、m 2的运动过程中，斜劈始终不动。若m 1＝1kg ，m 2＝3kg ，θ=37°，斜劈所受摩擦力大小及方向？（sin37°＝0.6，g ＝10m/s 2） 三、传送带（共速后运动研判） 典例3：如图所示，传送带与水平方向成θ＝30°角，皮带的AB部分长L＝3.25m，皮带以v＝2m/s的速率顺时针方向运转，在皮带的A端上方无初速地放上一个 μ=，求: 小物体，小物体与皮带间的滑动摩擦系数/5 (1)物体从A端运动到B端所需时间； (2)物体到达B端时的速度大小. 四、有动力滑板（最大静摩擦力决定分离点） 典例4：如图，质量M=1kg的木板静止在水平面上，质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F，若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图中做出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像。 牛顿第二定律 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。 2．表达式F=ma。 3.“五个”性质 考点一错误!瞬时加速度问题 1.一般思路:分析物体该时的受力情况―→错误!―→错误! ２.两种模型 (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)：当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端)时,由于物体有惯性,弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中,其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变。 [例] (多选）(20１4·南通第一中学检测)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（) A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gｓｉn θ B.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 θ D．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 [例](2０１3·吉林模拟)在动摩擦因数μ=0．2的水平面上有一个质量为m=2 ｋg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连,如图所示，此时小球处于静止平衡状态,且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取g=１０ m／s2,以下说法正确的是( ) A．此时轻弹簧的弹力大小为20 Ｎ B.小球的加速度大小为８ m／ｓ2，方向向左 C．若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s２,方向向右 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0 针对练习：（２0１４·苏州第三中学质检）如图所示，质量分别为ｍ、2ｍ的小球Ａ、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F,此时突然剪断细线。在线断的瞬间,弹簧的弹力的大小和小球Ａ的加速度的大小分别为( ) A.错误!，错误!＋gＢ.错误!,错误!+ｇ C.错误!，错误!+g D.错误!,＼f(Ｆ,3m)+g 4．（２014·宁夏银川一中一模)如图所示,A、B两小球分别连在轻线两端,B球另一端与弹簧相连,弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端.Ａ、B两小球的质量分别为m A、m B,重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B Ａ．都等于错误! B.错误!和0 Ｃ.错误!和错误!·错误!?Ｄ.错误!·错误!和错误! 考点二错误!动力学的两类基本问题分析 (１)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。一个桥梁：物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 (2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,画图找出各过程间的位移联系。 牛顿第二定律练习题和 答案 公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08] 牛顿第二定律练习题 一、选择题 1．关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是 [ ] A．物体运动的速率不变，其运动状态就不变 B．物体运动的加速度不变，其运动状态就不变 C．物体运动状态的改变包括两种情况：一是由静止到运动，二是由运动到静止 D．物体的运动速度不变，我们就说它的运动状态不变 2．关于运动和力，正确的说法是 [ ] A．物体速度为零时，合外力一定为零 B．物体作曲线运动，合外力一定是变力 C．物体作直线运动，合外力一定是恒力 D．物体作匀速运动，合外力一定为零 3．在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作 [ ] A．匀减速运动B．匀加速运动 C．速度逐渐减小的变加速运动D．速度逐渐增大的变加速运动 4．在牛顿第二定律公式F=km·a中，比例常数k的数值： [ ] A．在任何情况下都等于1 B．k值是由质量、加速度和力的大小决定的 C．k值是由质量、加速度和力的单位决定的 D．在国际单位制中，k的数值一定等于1 5．如图1所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是 [ ] A．接触后，小球作减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零 B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零 C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处 D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 6．在水平地面上放有一三角形滑块，滑块斜面上有另一小滑块正沿斜面加 速下滑，若三角形滑块始终保持静止，如图2所示．则地面对三角形滑块 [ ] A．有摩擦力作用，方向向右B．有摩擦力作用，方向向左 C．没有摩擦力作用D．条件不足，无法判断 7．设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力f和其速度v成正比．则雨滴的运动情况是 [ ] A．先加速后减速，最后静止B．先加速后匀速 C．先加速后减速直至匀速D．加速度逐渐减小到零 8．放在光滑水平面上的物体，在水平拉力F的作用下以加速度a运动，现将拉力F 改为2F（仍然水平方向），物体运动的加速度大小变为a′．则 [ ] A．a′=a B．a＜a′＜2a C．a′=2a D．a′＞2a C 单元 牛顿运动定律 C2 牛顿第二定律 单位制 1．(2)C2[·重庆卷] 某同学设计了如图1－10所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M ，滑块上砝码总质量为m ′，托盘和盘中砝码的总质量为m .实验中，滑块在水平轨道上从A 到B 做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g 取10 m/s 2. 图1－10 ①为测量滑块的加速度a ，须测出它在A 、B 间运动的________与________，计算a 的运动学公式是________； ②根据牛顿运动定律得到a 与m 的关系为： a ＝()1＋μg M ＋() m ′＋m m －μg 他想通过多次改变m ，测出相应的a 值，并利用上式来计算μ.若要求a 是m 的一次函数，必须使上式中的_______________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_______________； ③实验得到a 与m 的关系如图1－11所示，由此可知μ＝___________(取两位有效数字)． 图1－11 2．C2[·浙江卷] 在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还需从下图中选取实验器材，其名称是________，并分别写出所选器材的作用________． 2．【答案】 学生电源、电磁打点计时器(或电火花计时器)、钩码、砝码 学生电源为打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可用于测量小车质量 3．C2[·天津卷] 如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力( ) 图1 A ．方向向左，大小不变 B ．`方向向左，逐渐减小 C. 方向向右，大小不变 D. 方向向右，逐渐减小 4．C2[·北京卷] “蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g .据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( ) A ．g B ．2g C ．3g D ．4g 5．C2[·北京卷] 物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U ＝IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V(伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效．现有物理量单位：m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特)，由它们组合成的单位都与电压单位V(伏)等效的是( ) A ．J/C 和N/C B ．C/F 和T·m 2/s C ．W/A 和C·T·m/s D ．W 12·Ω12 和T·A·m 6．C2 E3[·北京卷] 如图所示，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一质量为m 的小球(小球的大小可以忽略)． (1)在水平拉力F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F 的大小； (2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力． C3 超重和失重 7．C3[·天津卷] (1)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态．他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G .他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力 牛顿第二定律应用的问题 1. 力和运动的关系 力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因。由知，加速度与力有直接关系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度与力没有直接关系。速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系，加速度与速度同向时，速度增加；反之减小。在加速度为零时，速度有极值。 例1. 如图1所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（） 图1 A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C. 从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小 D. 从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大 例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是（） A. 探测器加速运动时，沿直线向后喷气 B. 探测器加速运动时，竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时，竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时，不需要喷气 解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 解析：受力分析如图2所示，探测器沿直线加速运动时，所受合力方向 与运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。故正确答案选C。 图2 高一物理牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析【例1】在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作[ ] A．匀减速运动 B．匀加速运动 C．速度逐渐减小的变加速运动 D．速度逐渐增大的变加速运动 【分析】木块受到外力作用必有加速度，已知外力方向不变，数值变小，根据牛顿第二定律可知，木块加速度的方向不变，大小在逐渐变小，也就是木块每秒增加的速度在减少，由于加速度方向与速度方向一致，木块的速度大小仍在不断增加，即木块作的是加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动． 【答】D． 【例2】一个质量m=2kg的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为F=10N、与桌面平行、互成120°角的拉力作用，则物体的加速度多大若把其中一个力反向，物体的加速度又为多少【分析】物体的加速度由它所受的合外力决定．放在水平桌面上的木块共受到五个力作用：竖直方向的重力和桌面弹力，水平方向的三个拉力．由于木块在竖直方向处于力平衡状态，因此，只需由水平拉力算出合外力即可由牛顿第二定律得到加速度． （1）由于同一平面内、大小相等、互成120°角的三个力的合力等于零，所以木块的加速度a=0． （2）物体受到三个力作用平衡时，其中任何两个力的合力必与第三个力等值反向．如果把某一个力反向，则木块所受的合力F合=2F=20N，所以其加速度为： 它的方向与反向后的这个力方向相同． 【例3】沿光滑斜面下滑的物体受到的力是[ ] A．力和斜面支持力 B．重力、下滑力和斜面支持力 C．重力、正压力和斜面支持力 D．重力、正压力、下滑力和斜面支持力 【误解一】选（B）。 【误解二】选（C）。 【正确解答】选（A）。 【错因分析与解题指导】[误解一]依据物体沿斜面下滑的事实臆断物体受到了下滑力，不理解下滑力是重力的一个分力，犯了重复分析力的错误。[误解二]中的“正压力”本是垂直于物体接触表面的力，要说物体受的，也就是斜面支持力。若理解为对斜面的正压力，则是斜面受到的力。 在用隔离法分析物体受力时，首先要明确研究对象并把研究对象从周围物体中隔离出来，然后按场力和接触力的顺序来分析力。在分析物体受力过程中，既要防止少分析力，又要防止重复分析力，更不能凭空臆想一个实际不存在的力，找不到施力物体的力是不存在的。 【例4】图中滑块与平板间摩擦系数为μ，当放着滑块的平板被慢慢地绕着左端抬起，α角由0°增大到90°的过程中，滑块受到的摩擦力将[ ] A．不断增大 B．不断减少 C．先增大后减少 D．先增大到一定数值后保持不变 【误解一】选（A）。 【误解二】选（B）。 【误解三】选（D）。 【正确解答】选（C）。 【错因分析与解题指导】要计算摩擦力，应首先弄清属滑动摩擦力还是静摩擦力。 若是滑动摩擦，可用f=μN计算，式中μ为滑动摩擦系数，N是接触面间的正压力。若是静摩擦，一般应根据物体的运动状态，利用物理规律（如∑F=0或∑F = ma）列方程求解。若是最大静摩擦，可用f=μsN计算，式中的μs是静摩擦系数，有时可近似取为滑动摩擦系数，N是接触面间的正压力。 【误解一、二】都没有认真分析物体的运动状态及其变化情况，而是简单地把物体受到的摩擦力当作是静摩擦力或滑动摩擦力来处理。事实上，滑块所受摩擦力的性质随着α角增大会发生变 ~ 牛顿第二定律练习题 一、选择题 1．关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是 [ ] A．物体运动的速率不变，其运动状态就不变 B．物体运动的加速度不变，其运动状态就不变 C．物体运动状态的改变包括两种情况：一是由静止到运动，二是由运动到静止 D．物体的运动速度不变，我们就说它的运动状态不变 2．关于运动和力，正确的说法是 [ ] % A．物体速度为零时，合外力一定为零 B．物体作曲线运动，合外力一定是变力 C．物体作直线运动，合外力一定是恒力 D．物体作匀速运动，合外力一定为零 3．在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作 [ ] A．匀减速运动B．匀加速运动 C．速度逐渐减小的变加速运动D．速度逐渐增大的变加速运动 ？ 4．在牛顿第二定律公式F=km·a中，比例常数k的数值： [ ] A．在任何情况下都等于1 B．k值是由质量、加速度和力的大小决定的 C．k值是由质量、加速度和力的单位决定的 D．在国际单位制中，k的数值一定等于1 5．如图1所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过 程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是 [ ] . A．接触后，小球作减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零 B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零 C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 6．在水平地面上放有一三角形滑块，滑块斜面上有另一小滑块正沿斜面加速下滑，若三角形滑块始终保持静止，如图2所示．则地面对三角形滑块 [ ] A．有摩擦力作用，方向向右B．有摩擦力作用，方向向左 C．没有摩擦力作用D．条件不足，无法判断 7．设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力f和其速度v成正比．则雨滴的运动情况是 [ ] … A．先加速后减速，最后静止B．先加速后匀速 C．先加速后减速直至匀速D．加速度逐渐减小到零 8．放在光滑水平面上的物体，在水平拉力F的作用下以加速度a运动，现将拉力F改为2F（仍然水平方向），物体运动的加速度大小变为a′．则 [ ] A．a′=a B．a＜a′＜2a C．a′=2a D．a′＞2a .-牛顿第二定律-练习题(经典好题)() ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 4.3 牛顿第二定律 练习题(经典好题) 正交分解法1： 例. 1．如图5所示：三个共点力，F 1=5N ，F 2=10N ，F 3=15N ， θ=60°，它们的合力的x 轴方向的分量F x 为 ________N ，y 轴方向的分量F y 为 N ，合力的大小为 N ，合力方向与x 轴正方向夹角为 。 12. (8分)如图6所示，θ＝370，sin370＝0.6，cos370＝0.8。 箱子重G ＝200N ，箱子与地面的动摩擦因数μ＝0.30。要匀速拉动箱子，拉力F 为多大？ 2如图所示，质量为m 的物体在倾角为θ的粗糙斜面下匀速下滑，求物体与斜面间的滑动摩擦因数。 3．（6分）如图10所示，在倾角为α=37°的斜面上有一块竖直放置的档板，在档板和斜面之间放一个重力G=20N 的光滑球，把球的重力沿垂直于斜面和垂直于档板的方向分解为力F 1和F 2，求这两个分力F 1和F 2的大小。 4.质量为m 的物体在恒力F 作用下，F 与水平方向之间的夹角为θ,沿天花板向右做匀速运动，物体与顶板间动摩擦因数为μ，则物体受摩擦力大小为多少？ : 5如图所示，物体的质量kg m 4.4=，用与竖直方向成?=37θ的斜向右上方的推力F 把该物 体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直方向上做匀速直线运动。物体与墙壁间的动摩擦因 数5.0=μ，取重力加速度2/10s m g =，求推力F 的大小。（6.037sin =?，8.037cos =?） 6如图所示，重力为500N 的人通过跨过定滑轮的轻绳牵引重200N 的物体，当绳与水平面成60o 角时，物体静止，不计滑轮与绳的摩擦，求地面对人的支持力和摩擦力。 θ 6 牛顿运动定律的应用（张胜富) 一、知识归纳： 1、牛顿第二定律 (1)定律内容: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的方向相同. (２)定义式：F 合=ma 2、对牛顿第二定律的理解 (1)瞬时性．根据牛顿第二定律,对于质量确定的物体而言,其加速度的大小和方向完全由物体受到的合外力的大小和方向所决定．加速度和物体所受的合外力是瞬时对应关系，即同时产生、同时变化、同时消失，保持一一对应关系. (２)矢量性.Ｆ＝ma 是一个矢量式．力和加速度都是矢量,物体的加速度的方向由物体所受合外力的方向决定．已知F 合的方向,可推知ａ的方向，反之亦然. (3)同体性:a = m F 合各量都是属于同一物体的,即研究对象的统一性． (4)独立性:Ｆ合产生的a 是物体的合加速度，ｘ方向的合力产生x 方向的加速度，y 方向的合力产生y 方向的加速度.牛顿第二定律的分量式为F x =ma ｘ,F y ＝ma ｙ. (5）相对性:公式中的a 是相对地面的而不是相对运动状态发生变化的参考系的． 特别提醒： (1)物体的加速度和合外力是同时产生的，不分先后，但有因果性,力是产生加速度的原因，没有力就没有加速度. (2)不能根据ｍ= m F 得出ｍ∝F ,m ∝a 1 的结论．物体的质量m 与物体受的合外力和运动的加速度无关. ３、合外力、加速度、速度的关系 (1)物体所受合外力的方向决定了其加速度的方向,合外力与加速度的大小关系是Ｆ=ma ,只要有合外力,不管速度是大还是小，或是零,都有加速度,只要合外力为零，则加速度为零，与速度的大小无关.只有速度的变化率才与合外力有必然的联系． （2）合力与速度同向时,物体做加速运动,反之减速. (3）力与运动关系: 力是改变物体运动状态的原因,即力→加速度→速度变化(运动状态变化)，物体所受到的合外力决定了物体加速度的大小，而加速度的大小决定了单位时间内速度变化量的大小，加速度的大小与速度大小无必然的联系. (4)加速度的定义式与决定式: ａ= t v ??是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定义物理量的方法;a =m F 是加速度的决定式,它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加 速度的因素. 特别提醒:物体的加速度的方向与物体所受的合外力是瞬时对应关系,即a 与合力Ｆ方向总是相同，但速度v 的方向不一定与合外力的方向相同． 讨论点一:如图所示，对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，当力刚开始作用瞬间 （ ) A ．物体立即获得速度 Ｂ.物体立即获得加速度 C.物体同时获得速度和加速度 牛顿第二定律 1.牛顿第二定律的表述（内容） 物体的加速度跟物体所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，公式为：F=ma（其中的F和m、a必须相对应）。 对牛顿第二定律理解： （1）F=ma中的F为物体所受到的合外力． （2）F＝ma中的m，当对哪个物体受力分析，就是哪个物体的质量，当对一个系统（几个物体组成一个系统）做受力分析时，如果F是系统受到的合外力，则m是系统的合质量．（3）F＝ma中的F与a有瞬时对应关系，F变a则变，F大小变，a则大小变，F方向变a也方向变． （4）F＝ma中的F与a有矢量对应关系，a的方向一定与F的方向相同。 （5）F＝ma中，可根据力的独立性原理求某个力产生的加速度，也可以求某一个方向合外力的加速度． 若F为物体受的合外力，那么a表示物体的实际加速度；若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a表示物体在该方向上的分加速度；若F为物体受的若干力中的某一个力，那么a仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。 （6）F＝ma中，F的单位是牛顿，m的单位是千克，a的单位是米／秒2． （7）F＝ma的适用范围：宏观、低速 2.应用牛顿第二定律解题的步骤 ①明确研究对象。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为m i，对应的加速度为a i，则有：F合=m1a1+m2a2+m3a3+……+m n a n 对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律： ∑F1=m1a1，∑F2=m2a2，……∑F n=m n a n，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的，总是成对出现的，其矢量和必为零，所以最后实际得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力F。 ②对研究对象进行受力分析。（同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。 ③若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则）解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。 ④当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。 解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，那么问题都能迎刃而解。 3.应用举例 【例1】质量为m的物体放在水平地面上，受水平恒力F作用，由静止开始做匀加速直线运动，经过ts后，撤去水平拉力F，物体又经过ts停下，求物体受到的滑动摩擦力f． 4.3牛顿第二定律练习题(经典好题) 正交分解法1： 例.1．如图5所示：三个共点力，F 1=5N ，F 2=10N ，F 3=15N ， θ=60°，它们的合力的x 轴方向的分量F x 为________N ， y 轴方向的分量F y 为N ，合力的大小为N ，合力方向与x 轴正方向夹角为。 12.(8分)如图6所示，θ＝370，sin370＝0.6，cos370＝0.8。 箱子重G ＝200N ，箱子与地面的动摩擦因数μ＝ 0.30。要匀速拉动箱子，拉力F 为多大？ 2如图所示，质量为m 的物体在倾角为θ的粗糙斜面下匀 速下滑，求物体与斜面间的滑动摩擦因数。 3．（6分）如图10所示，在倾角为α=37°的斜面上有一块竖直 放置的档板，在档板和斜面之间放一个重力G=20N 的光滑球，把 球的重力沿垂直于斜面和垂直于档板的方向分解为力F 1和F 2，求 这两个分力F 1和F 2的大小。 4.质量为m 的物体在恒力F 作用下，F 与水平方向之间的夹角为 θ,沿天花板向右做匀速运动，物体与顶板间动摩擦因数为μ，则 物体受摩擦力大小为多少？ : 5如图所示，物体的质量kg m 4.4=，用与竖直方向成?=37θ的斜向右上方的推力F 把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直方向上做匀速直线运动。物体与墙壁间的动摩擦因数5.0=μ，取重力加速度2/10s m g =，求推力F 的大小。（6.037sin =?，8.037cos =?6如图所示，重力为500N 的人通过跨过定滑轮的轻绳牵引重200N 的物体， 当绳与水平面成60o 角时，物体静止，不计滑轮与绳的摩擦，求地面对人的支 持力和摩擦力。 正交分解法2： 1如图所示，一个人用与水平方向成=角的斜 θ60 牛顿第二定律典型例题 一、力的瞬时性 1、无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变． 2、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突变，但是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失． 【例1】如图3-1-2所示，质量为m 的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC 和BC 与过C 的竖直 线的夹角都是600 ，则剪断AC 线瞬间，求小球的加速度；剪断B 处弹簧的瞬间，求小球的加速度． 练习 1、（2010年全国一卷）15.如右图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，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坂上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a ?重力加速度大小为g ?则有 A. 10a =，2a g = B. 1a g =，2a g = C. 120, m M a a g M +== D. 1a g =，2m M a g M += 2、一物体在几个力的共同作用下处于静止状态．现使其中向东的一个力F 的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值（方向不变），则（ ） A ．物体始终向西运动 B ．物体先向西运动后向东运动 C ．物体的加速度先增大后减小 D ．物体的速度先增大后减小 3、如图3-1-13所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为m ，当剪断上端的绳子OA 的瞬间．小球A 和B 的加速度多大？ 4、如图3-1-14所示，在两根轻质弹簧a 、b 之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同 图3-1-13 图3-1-2 图3-1-14 牛顿第二定律计算题（难度） 1．（17分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为 1m 和2m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g 。 （1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； （2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小范围； （3）本实验中， 1m =0.5kg ， 2m =0.1kg ， μ=，砝码与纸板左端的距 离d=0.1m ，取g=102 /m s 。 若砝码移动的距离超过l =0.002m ，人眼就能感知。 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大 2．如图所示，竖直光滑的杆子上套有一滑块A,滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B 又通过一轻质弹簧连接物块C ，C 静止在地面上。开始用手托住A,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，现将A 由静止释放，当速度达到最大时，C 也刚好同时离开地面，此时B 还没有到达滑轮位置.已知：m A =, m B =1kg, m c =1kg ，滑轮与杆子的水平距离L=。试求： （1）A 下降多大距离时速度最大 （2）弹簧的劲度系数 （3）的最大速度是多少 3．如图甲所示，平板小车A 静止在水平地面上，平板板长L=6m ，小物块B 静止在平板左端，质量m B = 0.3kg ，与A 的动摩擦系数μ=，在B 正前方距离为S 处，有一小球C ，质量m C = 0.1kg ，球C 通过长l = 0.18m 的细绳与固定点O 相连，恰当选择O 点的位置使得球C 与物块B 等高， 且C 始终不与平板A 接触。在t = 0时刻，平板车A 开始运动，运动情况满足如图乙所示S A – t 关系。若BC 发生碰撞，两者将粘在一起，绕O 点在竖直平面内作圆周运动， 并能通过O 点正上方的最高点。BC 可视为质点，g = 10m/s 2 ， 求：（1）BC 碰撞瞬间，细绳拉力至少为多少 （2）刚开始时，B 与C 的距离S 要满足什么关系 4．如图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L ＝20 m ，高为h ＝2 m ，斜坡上紧排着一排滚筒．长为l ＝8 m 、质量为m ＝1×103 kg 的钢锭ab 放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为μ＝，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v ＝4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力．取当地的重力加速度g ＝10 m/s2.试求： (1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶所需的最短时间； (2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶的过程中电动机至 C B A L S O 图甲 3 S A t 12 图乙 二、牛顿第二定律练习题 一、选择题 1．关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是[ ] A．物体运动的速率不变，其运动状态就不变 B．物体运动的加速度不变，其运动状态就不变 C．物体运动状态的改变包括两种情况：一是由静止到运动，二是由运动到静止 D．物体的运动速度不变，我们就说它的运动状态不变 2．关于运动和力，正确的说法是[ ] A．物体速度为零时，合外力一定为零 B．物体作曲线运动，合外力一定是变力 C．物体作直线运动，合外力一定是恒力 D．物体作匀速运动，合外力一定为零 3．在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作[ ] A．匀减速运动 B．匀加速运动 C．速度逐渐减小的变加速运动 D．速度逐渐增大的变加速运动 4．在牛顿第二定律公式F=km·a中，比例常数k的数值： [ ] A．在任何情况下都等于1 B．k值是由质量、加速度和力的大小决定的 C．k值是由质量、加速度和力的单位决定的 D．在国际单位制中，k的数值一定等于1 5．如图1所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是[ ] A．接触后，小球作减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零 B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零 C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处 D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 6．在水平地面上放有一三角形滑块，滑块斜面上有另一小滑块正沿斜面加速下滑，若三角形滑块始终保持静止，如图2所示．则地面对三角形滑块[ ] A．有摩擦力作用，方向向右 B．有摩擦力作用，方向向左 C．没有摩擦力作用 一. 教学内容： 牛顿第二定律典型题型归纳 二. 学习目标： 1、掌握牛顿第二定律解题的基本思路和方法。 2、重点掌握牛顿第二定律习题类型中典型题目的分析方法如瞬时问题、临界问题及传送带问题。 考点地位：牛顿第二定律的应用问题是经典物理学的核心知识，是高考的重点和难点，突出了与实际物理情景的结合，出题形式多以大型计算题的形式出现，从近几年的高考形式上来看，2007年江苏单科卷第15题、上海卷第21题、上海卷第19B、2006年全国理综Ⅰ卷、Ⅱ卷的第24题、2005年全国理综Ⅰ卷的第14题、第25题均以计算题目的形式出现，2007年全国理综Ⅰ卷第18题以选择题的形式出现。 三. 重难点解析： 1. 动力学两类基本问题 应用牛顿运动定律解决的问题主要可分为两类：（1）已知受力情况求运动情况。（2）已知运动情况求受力情况。 分析解决这两类问题的关键是抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度。 基本思路流程图： 基本公式流程图为： 2. 动力学问题的处理方法 （1）正确的受力分析。 对物体进行受力分析，是求解力学问题的关键，也是学好力学的基础。 （2）受力分析的依据。 ①力的产生条件是否存在，是受力分析的重要依据之一。 ②力的作用效果与物体的运动状态之间有相互制约的关系，结合物体的运动状态分析受力情况是不可忽视的。 ③由牛顿第三定律（力的相互性）出发，分析物体的受力情况，可以化难为易。 3. 解题思路及步骤 （1）由物体的受力情况求解物体的运动情况的一般方法和步骤。 ①确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。 ②根据力的合成与分解的方法，求出物体所受合外力（包括大小和方向） ③根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度。 ④结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量。 （2）由物体的运动情况求解物体的受力情况。 解决这类问题的基本思路是解决第一类问题的逆过程，具体步骤跟上面所讲的相似，但需特别注意：①由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向与加速度的方向混淆。②题目中求的力可能是合力，也可能是某一特定的作用力。即使是后一种情况，也必须先求出合力的大小和方向，再根据力的合成与分解知识求分力。 4. 解题方法 牛顿运动定律是解决动力学问题的重要定律，具体应用的方法有好多，高中物理解题常用的方法有以下几种： （1）正交分解法： 表示方法 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分解力而不分解加速度。 分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别得x轴和y轴的合力。根据力的独立作 用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，得方程组 ②分解加速度而不分解力。 若物体受几个相互垂直的力作用，应用牛顿定律求解时，若分解的力太多，比较繁琐，所以在建立直角坐标系时，可根据物体受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加 速度a，得，根据牛顿第二定律得方程组 求解。这种方法一般是在以某个力的方向为x轴正方向时，其他力都落在两个坐标轴上而不需要分解的情况下应用。 （2）程序法： 在解题过程中，按照时间或者空间的先后顺序，对题目给定的物理过程（或者物理状态）进行分析、判断、计算的解题方法叫程序法。 运用程序法解题的基本思路是： ①根据题意，明确题设中有几个不同的运动过程，有多少个不同的运动状态，有多少个不同的研究对象。 ②根据解题选定了的研究对象，对各个运动过程或者各个不同的运动状态，进行具体的分析。 ③分析判断前、后两个物理过程之间的衔接点的物理意义与特点，此衔接点往往是解决物理问题的“切入口”或者是解题的“命门”。 ④选用相应的物理规律、公式计算求解。 【典型例题】牛顿第二定律的应用-临界问题(附答案)
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