8、，不可能產(chǎn)生沿運動方向的加速度，所以人做勻速運動，a0，合外力為0，故C正確，D錯誤.,1.兩種模型 加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：,類型2瞬時性問題,2.求解瞬時加速度的一般思路,例2兩個質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖4所示.現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別為a1和a2，則(不計空氣阻力) A.a1g，a2g B.a10，a22g C.a1g，a20 D.a12g，a20,,圖4,解析由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后瞬間小球A、B只受重力，其加速度a1a2g
9、，故選項A正確.,思考在上題中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖5所示，則上題選項中正確的是 A.a1g，a2g B.a10，a22g C.a1g，a20 D.a12g，a20,,圖5,解析剪斷輕繩OA后，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a12g，a20，故選項D正確.,變式2(多選)(2017蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)某同學(xué)做了一個力學(xué)實驗，如圖6所示，將一金屬球通過一輕質(zhì)彈簧懸掛于O點，并用一水平方向的細繩拉住，處于靜止?fàn)顟B(tài)，然后將水平細繩剪斷，經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，水平細繩剪斷后金屬球在第一次向左擺動以及回擺過程的一段運動軌跡如圖
10、中虛線所示.根據(jù)運動軌跡以及相關(guān)的物理知識，該同學(xué)得出以下幾個結(jié)論，其中正確的是(不計空氣阻力) A.水平細繩剪斷瞬間金屬球的加速度方向一定水平向左 B.金屬球運動到懸點O正下方時所受合力方向豎直向上 C.金屬球速度最大的位置應(yīng)該在懸點O正下方的左側(cè) D.金屬球運動到最左端時速度為零，而加速度不為零,圖9,,,解析細繩未剪斷時，小球受向下的重力、彈簧的拉力和細繩的水平拉力作用，剪斷細繩后的瞬間，彈簧彈力不變，則彈力和重力的合力應(yīng)該水平向左，故此時金屬球的加速度方向一定水平向左，選項A正確； 金屬球運動到懸點O正下方時，合力方向豎直向下，與速度方向的夾角為銳角，故此后一段時間內(nèi)要加速，故選項C正
11、確，選項B錯誤； 金屬球運動到最左端時，由軌跡的切線可知，速度方向向上，不為零，因小球做曲線運動，故其加速度不為零，選項D錯誤.,1.解題關(guān)鍵 (1)兩類分析物體的受力分析和物體的運動過程分析； (2)兩個橋梁加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁. 2.常用方法 (1)合成法 在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”. (2)正交分解法 若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”.,,,,命題點二動力學(xué)兩類問題,例3(2018無錫市高三期末)如圖7，一個質(zhì)量為m2 kg的小物塊靜置于足夠長的固定斜面底端.現(xiàn)對其施加一個沿斜面向上、大小為F2
12、5 N的恒力，3 s后將F撤去，此時物塊速度達到15 m/s.設(shè)物塊運動過程中所受摩擦力的大小不變，取g10 m/s2.求： (1)物塊所受摩擦力的大小；,圖7,答案5 N,解析由運動學(xué)規(guī)律：v1a1t1， 解得a15 m/s2 由牛頓第二定律：FFfmgsin ma1 ，解得Ff5 N,(2)物塊在斜面上運動離斜面底端的最遠距離；,答案37.5 m,解析撤去拉力后物塊繼續(xù)上滑， 由牛頓第二定律得： Ffmgsin ma2，得a27.5 m/s2,物塊在斜面上運動離斜面底端的最遠距離xx1x237.5 m,(3)物塊在斜面上運動的總時間.(結(jié)果可用根式表示),下滑過程：mgsin Ffma3，
13、解得a32.5 m/s2,變式3(2018蘇州市模擬)如圖8所示，傾角37、斜面長為1 m的斜面體放在水平面上.將一質(zhì)量為2 kg的小物塊從斜面頂部由靜止釋放，1 s后到達底端，斜面體始終保持靜止.重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求： (1)小物塊沿斜面下滑的加速度大小和到達底端時速度的大??；,圖8,答案2 m/s22 m/s,得a2 m/s2 由vat 得v2 m/s.,(2)小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)；,答案0.5,解析由牛頓第二定律得： mgsin mgcos ma 得0.5.,(3)小物塊運動過程中，水平面對斜面體的摩擦力大小和方向.,答案3.2
14、 N水平向左,解析mgcos sin mgcos2 ， 則水平面對斜面體的摩擦力水平向左 大小Ffmgcos sin mgcos2 3.2 N.,例4(多選)(2018田家炳中學(xué)開學(xué)考)如圖9所示，小車上物體的質(zhì)量m8 kg，它被一根在水平方向上拉伸了的輕彈簧拉住而靜止在小車上，這時彈簧的彈力是6 N.現(xiàn)對小車施一水平向右的作用力，使小車由靜止開始運動，在小車的加速度由零逐漸增大到1 m/s2的過程中，以下說法正確的是 A.物體與小車始終保持相對靜止，彈簧對物體的作用力逐 漸變大 B.物體受到的摩擦力先減小、后增大，先向左、后向右 C.當(dāng)小車的加速度為0.75 m/s2時物體不受摩擦力的作用
15、 D.小車以1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動時物體受到的摩擦力為8 N,圖9,,,,動力學(xué)動態(tài)分析問題,,拓展點,解析彈簧彈力在開始時與靜摩擦力平衡，大小為6 N，當(dāng)整體的加速度從零逐漸增大到1 m/s2時，物體的加速度也從零逐漸增大到1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知，物體的合力從0增大到8 N，摩擦力方向向左減小到零，然后又向右增加，在整個過程中，物體相對小車靜止，彈簧彈力不變，故A錯誤，B正確； 當(dāng)小車加速度(向右)為0.75 m/s2時，物塊所受的合力F合ma6 N，彈簧的彈力等于6 N，則摩擦力為零，即物體不受摩擦力，故C正確； 小車以1 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動時
16、，物塊所受的合力F合ma8 N，彈簧的彈力等于6 N，則摩擦力的大小為2 N，方向水平向右，故D錯誤.,變式4(2018鹽城中學(xué)段考)在靜止的小車內(nèi)，用細繩a和b系住一個小球，細繩a處于斜向上的方向，拉力為Fa，細繩b處于水平方向，拉力為Fb，如圖10所示.現(xiàn)讓小車從靜止開始向右做加速度逐漸增大的加速運動，此時小球相對于車廂的位置仍保持不變，則兩根細繩的拉力變化情況是 A.Fa變大，F(xiàn)b不變 B.Fa變大，F(xiàn)b變小 C.Fa變大，F(xiàn)b變大 D.Fa不變，F(xiàn)b變小,圖10,,解析以小球為研究對象，分析受力情況，作出受力分析圖， 根據(jù)牛頓第二定律得 水平方向：Fasin Fbma 豎直方向：Fac
17、os mg0 由題，不變，由分析得知Fa不變. Fa、不變，a增加，所以由得知，F(xiàn)b變小.故選D.,,隨堂測試,,,1.(2017蘇州市期末)如圖11所示，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速直線運動時，球所受合外力的方向沿圖中的 A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向,,1,2,3,4,5,6,圖11,解析小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力的作用下也向右加速運動，加速度水平向右，根據(jù)牛頓第二定律Fma可知，加速度的方向與合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿題圖中的OD方向，故A、B、C錯誤，D正確.,2.(2018如東縣調(diào)研)如圖12所示，如
18、東蘇果和歐尚超市為方便顧客，安裝智能化的傾斜向上的自動扶梯(無臺階).在沒有乘客乘行時，自動扶梯以較小的速度勻速運行，當(dāng)乘客站立乘行(手不扶扶手)時，自動扶梯經(jīng)過先加速再勻速兩個階段運行.則該扶梯在運送乘客的過程中 A.扶梯勻速運行時，乘客不受摩擦力作用 B.扶梯勻速運行時，乘客對扶梯的作用力方向豎直向下 C.扶梯加速運行時，摩擦力方向與運動方向相反 D.扶梯加速運行時，乘客對扶梯的作用力方向與運動方向相反,,圖12,1,2,3,4,5,6,解析扶梯勻速運動時，乘客受摩擦力作用，否則由于重力作用，乘客將沿扶梯面滑下來，故A錯誤； 由于扶梯勻速運行，摩擦力與支持力方向的合力與重力平衡，因此乘客對
19、扶梯的作用力方向豎直向下，故B正確； 加速運行，摩擦力方向與相對運動趨勢方向相反，人有沿扶梯向下運動的趨勢，即摩擦力方向與運動方向相同，故C錯誤； 加速運動階段，扶梯對乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯對乘客的作用力指向斜上方，扶梯對乘客的作用力不是豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律分析可知：乘客對扶梯的作用力不是與運動方向相反，故D錯誤.,1,2,3,4,5,6,3.(多選)(2018淮安市、宿遷市等期中)如圖13所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距離x1后停止.現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(Fmg)，若其他條件不變
20、，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止.則 A.a2a1B.a2a1 C.x2x1D.x2x1,圖13,,1,2,3,4,5,6,,解析設(shè)木盒的質(zhì)量為M，木盒與地面之間的動摩擦因數(shù)為，,1,2,3,4,5,6,則滑行的距離變小，即：x2x1，故A、D正確，B、C錯誤.,4.如圖14所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑固定斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有 A.兩圖中兩球加速度均為gsin B.兩圖中A球的加速度均為零 C.圖乙中輕桿的作用力一定不為零 D.圖甲中B球的加速度大小是圖
21、乙中 B球加速度大小的2倍,,1,2,3,4,5,6,圖14,5.(多選)(2019淮安中學(xué)期初)如圖15所示，質(zhì)量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當(dāng)滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小到零，然后彈簧又將滑塊向右推開.已知彈簧的勁度系數(shù)為k，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，整個過程彈簧未超過彈性限度，則 A.滑塊向左運動過程中，始終做減速運動 B.滑塊向右運動過程中，始終做加速運動 C.滑塊與彈簧接觸過程中最大加速度為 D.滑塊向右運動過程中，當(dāng)彈簧形變量x 時，滑塊的速度最大,,1,2,3,4,5,6,圖15,,,6.(2018田家炳中學(xué)開學(xué)考)質(zhì)量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落
22、，該下落過程對應(yīng)的vt圖象如圖16所示.球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的 .設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為Ff，取g10 m/s2，求： (1)彈性球受到的空氣阻力Ff的大小；,1,2,3,4,5,6,圖16,答案0.2 N,解析設(shè)彈性球第一次下落過程中的加速度為a， 由速度時間圖象得：,根據(jù)牛頓第二定律得：mgFfma 解得：Ff0.2 N,(2)彈性球第一次碰撞后反彈的最大高度h.,答案0.375 m,根據(jù)0v22ah 解得：h0.375 m.,1,2,3,4,5,6,解析由vt圖象可知，彈性球第一次到達地面的速度為v4 m/s 則彈性球第一次離開地面時的速度大小為v3 m/s
23、,,課時作業(yè),,,1.(2018蘇州市期初調(diào)研)kg和s是國際單位制中兩個基本單位的符號，這兩個基本單位對應(yīng)的物理量是 A.質(zhì)量和時間 B.質(zhì)量和位移 C.重力和時間 D.重力和位移,,,,雙基鞏固練,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析kg和s這兩個基本單位對應(yīng)的物理量分別為質(zhì)量和時間.位移的單位是m，重力的單位是N.,2.(2019江都中學(xué)4月模擬)一個質(zhì)量為m的運動物體共受到三個共點力F1、F2、F3的作用，這三個力的大小和方向構(gòu)成如圖1所示的三角形，則這個物體的加速度大小是,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖1,,解析根據(jù)三角形定則，F(xiàn)1與
24、F3的合力等于從F1的起點到F3的終點的有向線段，即與F2相同， 故物體所受的合力為：F合2F2.,3.如圖2所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住物體m，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運動到B點，如果物體受到的阻力恒定，則 A.物體從A到O先加速后減速 B.物體從A到O加速運動，從O到B減速運動 C.物體運動到O點時所受合力為0 D.物體從A到O的過程加速度逐漸減小,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖2,,4.一個原來靜止在光滑水平面上的物體，質(zhì)量是7 kg，在14 N的水平恒力作用下運動，則5 s末的速度及5 s內(nèi)通過的路程為 A.8 m/s25 m
25、 B.2 m/s25 m C.10 m/s25 m D.10 m/s12.5 m,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,解析物體由靜止開始在恒力的作用下做初速度為零的勻加速直線運動，,5.(2018錫山中學(xué)月考)如圖3所示，欲使在粗糙固定斜面上勻速下滑的木塊A停下，可采用的方法是 A.增大斜面的傾角 B.在木塊A上再疊放一個重物(與A相對靜止) C.對木塊A施加一個垂直于斜面向下的力 D.對木塊A施加一個豎直向下的力,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖5,解析木塊勻速滑下，合力為零，根據(jù)平衡條件得mgsin mgcos ；若增大斜面的傾角，重力沿斜面向
26、下的分力mgsin 增大，滑動摩擦力Ffmgcos 減小，木塊的合力方向?qū)⒀匦泵嫦蛳?，木塊做加速運動，故A錯誤； 對木塊A施加一個豎直向下的力，由于(Fmg)sin (Fmg)cos ，木塊的合力仍為零，仍做勻速運動，不可能停下，故B錯誤； 對木塊A施加一個垂直于斜面向下的力F，重力沿斜面向下的分力mgsin 不變，而滑動摩擦力Ff(Fmgcos )增大，合力方向沿斜面向上，木塊做減速運動，可以使木塊停下，故C正確； 由A項分析可知mgsin mgcos ，得sin cos ，與質(zhì)量無關(guān)，在木塊A上再疊放一個重物后，整體勻速下滑，不可能停下，故D錯誤.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10
27、,11,12,6.(2018江蘇省高考壓軸卷)如圖4所示，小車沿水平面做直線運動，小車內(nèi)光滑底面上有一物塊被壓縮的輕彈簧壓向左壁，小車向右加速運動.若小車向右的加速度增大，則車左壁受到的物塊的壓力F1和車右壁受到的彈簧的彈力F2的大小變化是 A.F1不變，F(xiàn)2變大 B.F1變大，F(xiàn)2不變 C.F1、F2都變大 D.F1變大，F(xiàn)2變小,圖4,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析物塊沿水平方向受向左的彈力和左壁對其向右的壓力F1，加速度增大時，彈力不變，F(xiàn)1會增大.根據(jù)牛頓第三定律知，F(xiàn)1變大，F(xiàn)2不變，故選項B正確.,7.(2018前黃中學(xué)檢測)在兒童蹦極游戲中，拴在腰間
28、左右兩側(cè)的是彈性極好的橡皮繩，質(zhì)量為m的小明如圖5所示靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg.若此時小明左側(cè)橡皮繩在腰間斷裂，則小明 A.加速度為零，速度為零 B.加速度ag，沿斷裂橡皮繩的原方向斜向下 C.加速度ag，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上 D.加速度ag，方向豎直向下,圖5,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析根據(jù)題意，腰間左右兩側(cè)的橡皮繩的彈力等于重力.小明左側(cè)橡皮繩斷裂，則小明此時所受合力方向沿斷裂橡皮繩的原方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度ag，沿斷裂橡皮繩的原方向斜向下，選項B正確.,8.(多選)“蹦極”是一項非常刺激的體育運動，如圖6所示，某
29、人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖中的a點是彈性繩的原長位置，c點是人所能到達的最低位置，b點是人靜止懸吊著時的平衡位置.人在從P點下降到最低位置c點的過程中，下列說法中正確的是 A.經(jīng)過a點時，人的速度最大 B.經(jīng)過b點時，人的速度最大 C.從a點到b點，人的加速度在增大 D.從b點到c點，人的加速度在增大,圖6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,,,解析從a點到b點，人的重力大于彈力，加速度向下，人做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律知加速度減小，當(dāng)?shù)竭_b位置，重力和彈力相等，加速度為零，速度最大，由b到c，重力小于彈力，加速度方向向上，人做減速運動，且加速度逐漸變大，速度逐漸
30、變?yōu)榱?，故A、C錯誤，B、D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,9.如圖7所示，一小車上有一個固定的水平橫桿，左邊有一輕桿與豎直方向成角與橫桿固定，下端連接一質(zhì)量為m的小球P.橫桿右邊用一根細線吊一相同的小球Q.當(dāng)小車沿水平面做變速運動時，細線保持與豎直方向的夾角為.已知<，重力加速度為g，則下列說法正確的是 A.小車一定向右做勻加速運動 B.輕桿對小球P的彈力沿輕桿方向 C.小球P受到的合力大小為mgtan D.小球Q受到的合力大小為mgtan ,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖7,,,,綜合提升練,解析選擇小球Q作為研究對象，根據(jù)牛頓第二
31、定律，得mgtan ma，得到agtan ，故加速度向右，小車可能向右加速，也可能向左減速，故A錯誤. 對小球P，由牛頓第二定律，得mgtan ma，因為aa，得到.則輕桿對小球的彈力方向與細線平行，故B錯誤. 對小球P、Q由牛頓第二定律可知Fmamgtan ，故C錯誤，D正確.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,10.(2018南京市學(xué)情調(diào)研)如圖8所示，具有完全知識產(chǎn)權(quán)的兩列中國標(biāo)準(zhǔn)動車組“復(fù)興號”在京滬雙向發(fā)車成功.若動車組各級車廂總質(zhì)量均相等，它由8節(jié)車廂組成.其中第1和第5節(jié)車廂為動車，其余均為拖車，動車的額定功率都相同.若在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比
32、，則該動車組 A.啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B.做勻速運動時，乘客相對車廂豎直向上跳起后將落在起 跳點后方 C.進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機 時的速度成正比 D.做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為32,,圖8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,11.(2018興化市第一中學(xué)期初)兩個完全相同的物塊A、B，質(zhì)量均為m0.8 kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度從同一位置開始運動.圖9中的兩條直線分別表示物塊A受到水平拉力F作用和物塊B不受拉力作用的vt圖象，求： (1)物塊A所受拉力F的大??；,圖9,1
33、,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案1.8 N,解析設(shè)A、B兩物塊的加速度分別為a1、a2，由vt圖象可知：A、B的初速度v0 6 m/s，A物塊的末速度v112 m/s，B物塊的末速度v20，根據(jù)速度時間公式，有,對A、B兩物塊分別由牛頓第二定律得： FFfma1 Ffma2 由可得：F1.8 N 即物塊A所受拉力F的大小為1.8 N.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(2)8 s末物塊A、B之間的距離x.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案60 m,解析設(shè)A、B兩物塊8 s內(nèi)的位移分別為x1、x2，由圖象得：,所以xx1
34、x260 m 即8 s末物塊A、B之間的距離x為60 m.,12.(2018常熟市期中)如圖10甲所示，一質(zhì)量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/s的初速度，在與斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L10 m.已知斜面傾角30，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù) .重力加速度g取10 m/s2.求： (1)物塊到達B點時速度的大小，物塊加速度的大?。?答案見解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,圖10,解析物塊做勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式，有：,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解得 vB8 m/s,(2)拉力F的大??；,答案見解析,解析對物塊受力分析，受重力、拉力、支持力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有： 平行斜面方向：Fmgsin Ffma 垂直斜面方向：FNmgcos 0 其中：FfFN 聯(lián)立解得：F5.2 N,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(3)若拉力F與斜面夾角為，如圖乙所示，試寫出拉力F的表達式.,答案見解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析平行斜面方向：Fcos mgsin Ffma 垂直斜面方向：Fsin FNmgcos 0 其中：FfFN,
（江蘇專用）2020版高考物理新增分大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題課件.ppt
