1、第 2 节牛顿第二定律_两类动力学问题,(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)avt是
2、加速度的定义式，a 与 v、t 无必然联系；aFm是加速度的决定式，aF，a1m。(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
3、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()AOA 方向 BOB 方向COC 方向DOD 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。3.(多选)一物体重为 50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力 F1 和 F2，若 F215 N 时物体做匀加速直线运动，则 F1
4、 的值可能是(g10 m/s2)()A3 N B.25 NC30 N D50 N解析：选 ACD 若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F2F1Gma0，解得 F10，解得 F125 N，C、D 正确。突破点(二)牛顿第二定律的瞬时性问题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 求瞬时加速度多角练通1.(多选)(2017太原模拟)如图所示，质量为 m 的小球被一根橡皮筋 AC 和一根绳 BC 系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断
5、中正确的是()A在 AC 被突然剪断的瞬间，BC 对小球的拉力不变B在 AC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 gsin C在 BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcos D在 BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 gsin 解析：选 BC 设小球静止时 BC 绳的拉力为 F，AC 橡皮筋的拉力为 T，由平衡条件可得：Fcos mg，Fsin T，解得：F mgcos，Tmgtan。在 AC 被突然剪断的瞬间，BC 上的拉力 F 也发生了突变，小球的加速度方向沿与 BC 垂直的方向且斜向下，大小为 amgsin mgsin，B 正确，A 错误；在 BC 被突然剪断的瞬间，橡皮
6、筋 AC 的拉力不变，小球的合力大小与 BC 被剪断前拉力的大小相等，方向沿 BC 方向斜向下，故加速度 aFmgcos，C 正确，D 错误。2如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为，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 gsin B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：选 D 撤去挡板前，题图甲和题图乙中的 A、B 两球的受力一样，A 球受弹簧(或杆)的弹力沿斜
7、面向上，大小为 mgsin，B 球受到弹簧(或杆)的弹力沿斜面向下，大小为 mgsin，B 球受挡板 C 的弹力沿斜面向上，大小为 2mgsin，撤去挡板后，轻杆受力可突变，而弹簧因为没有来得及改变形变量而不能改变弹力，所以题图甲中 A 的加速度为零，B 的加速度为 2gsin，题图乙中轻杆的存在使 A、B 的加速度相同，由 2mgsin 2ma，可得 A、B 两球的加速度大小 agsin，方向沿斜面向下，D 项正确，A、B 错误；题图乙中轻杆的作用力为零，C 错误。3.(多选)(2015海南高考)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 S
8、2 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 l1和l2，重力加速度大小为 g。在剪断的瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2Dl1l2解析：选 AC 设物块的质量为 m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间 a 受到重力和弹簧 S1 的拉力 F1，剪断细线前对 b、c 和弹簧组成的整体分析，可知 F12mg，故 a 受到的合力 FmgF1mg2mg3mg，故加速度 a1Fm3g，A 正确，B 错误；设弹簧 S2 的拉力为 F2，则 F2m
9、g，根据胡克定律 Fkx 可得 l12l2，C 正确，D 错误。突破点(三)动力学的两类基本问题1解决动力学两类基本问题的思路2动力学两类基本问题的解题步骤典例(2017南宁模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为 l11.6102 m 的水平跑道和长度为 l220 m 的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差 h4.0 m。一架质量为 m2.0104 kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为 F1.2105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的 0.1 倍。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取 g10 m/s2。(1)求飞机
10、在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度 100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力 F 推的大小。思路点拨(1)分析飞机在水平跑道和倾斜跑道上的受力，由牛顿第二定律确定其加速度。(2)利用运动学公式可求出飞机在水平跑道上的运动时间及飞机到达倾斜跑道末端的速度大小。(3)助推力只存在于水平跑道上，飞机在倾斜跑道上的加速度不变。解析(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为 a1、末速度大小为 v1，运动时间为 t1，有F 合FFfma1v12v022a1l1v1a1t1其中 v00，F
11、f0.1mg，代入已知数据可得a15.0 m/s2，v140 m/s，t18.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为 a2、末速度大小为 v2，沿倾斜跑道方向有F 合FFfmgsin ma2mgsin mghl2v22v122a2l2其中 v140 m/s，代入已知数据可得a23.0 m/s2，v2 1 720 m/s41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为 8.0 s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s。(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为 a1、末速度大小为
12、 v1，有F 合F 推FFfma1v12v022a1l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化，加速度大小仍有a23.0 m/s2v22v122a2l2根据题意，v2100 m/s，代入数据解得F 推5.2105 N故助推力 F 推的大小为 5.2105 N。答案(1)8.0 s 41.5 m/s(2)5.2105 N方法规律解决动力学两类问题的两个关键点集训冲关1.如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的 AB、BC 两部分组成，且 ABBC，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
13、之比为 14，则物块 P 与桌面上 AB、BC 部分之间的动摩擦因数 1、2 之比为(物块 P 在 AB、BC 上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()A11 B14C41 D81解析：选 D 由牛顿第二定律可知，物块 P 在 AB 段减速的加速度 a11g，在 BC 段减速的加速度 a22g，设物块 P 在 AB 段运动时间为 t，则可得：vB2g4t，v01gt2g4t，由 xABv0vB2t，xBCvB2 4t，xABxBC 解得：182，故 D 正确。2(2017宜昌一模)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为 5 kg、长度为 2 m 的长木板靠在高水
14、平面边缘 A 点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的动摩擦因数为 0.05，一质量为 1 kg可视为质点的滑块静止放置，距 A 点距离为 3 m，现用大小为 6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到 A 点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为 0.5，取 g10 m/s2。求：(1)滑块滑动到 A 点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。解析：(1)设滑块在高水平面上的加速度为 a，根据牛顿第二定律有：Fma根据运动学公式有：v22aL0代入数据解得：v6 m/s。
15、(2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为 a1，长木板的加速度为 a2，根据牛顿第二定律，对滑块有：1mgma1代入数据解得：a15 m/s2对长木板有：1mg2(mM)gMa2，代入数据解得：a20.4 m/s2。(3)设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为 t，则：va1ta2t代入数据解得：t109 s。此过程中滑块的位移为：x1vt12a1t2长木板的位移为：x212a2t2x1x2103 mL2 m所以滑块能从长木板的右端滑出。答案：(1)6 m/s(2)5 m/s2 0.4 m/s2(3)见解析突破点(四)动力学的图像问题1常见的动力学图像v-t 图像、a-
16、t 图像、F-t 图像、F-a 图像等。2动力学图像问题的类型 3解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。多维探究(一)由 v-t 图像分析物体的受力情况典例 1(2016海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 05 s、510 s、1015 s 内 F 的大小分别为 F1、F2 和 F3，则()AF1F3CF1
17、F3DF1F3解析 由题图可知，05 s 内加速度 a10.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为，与物体之间的动摩擦力为 f，根据牛顿第二定律有 mgsin fF1ma1，F1mgsin f0.2m；510 s 内加速度 a20，根据牛顿第二定律有 mgsin fF2ma2，F2mgsin f；1015 s 内加速度 a30.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有 mgsin fF3ma3，F3mgsin f0.2m。故可得：F3F2F1，选项 A 正确。答案 A(二)根据已知条件确定某物理量的变化图像典例 2(2017福州二模)如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端
18、固定在水平地面上。一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度 v 或加速度 a 随时间 t 变化的图像中符合实际情况的是()解析 小球开始接触弹簧时，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于 g，且加速度 a 随时间 t 的变化为非线性变化，故 A 正确，B、C、D 错误。答案 A(三)由
19、 F-t 图像分析物体的运动情况典例 3(2017合肥模拟)如图甲所示，质量为 M4 kg 足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量 m4 kg 大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数为 0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物块开始均静止，从 t0 时刻起铁块 m 受到水平向右、大小如图乙所示的拉力 F 的作用，F共作用时间为 6 s，(取 g10 m/s2)则：(1)铁块和木板在前 2 s 的加速度大小分别为多少？(2)铁块和木板相对静止前，运动的位移大小各为多少？(3)力 F 作用的最后 2 s 内，铁块和木板的位移大小分别是多少？解析(1)前 2 s，由牛顿第
20、二定律得对铁块：Fmgma1解得 a13 m/s2对木板：mgMa2解得 a22 m/s2。(2)2 s 内，铁块的位移 x112a1t26 m木板的位移 x212a2t24 m2 s 末，铁块的速度 v1a1t6 m/s木板的速度 v2a2t4 m/s2 s 后，对铁块：Fmgma1解得 a11 m/s2对木板：mgMa2解得 a22 m/s2设再经过 t0 时间铁块和木板的共同速度为 v，则vv1a1t0v2a2t0解得 t02 s，v8 m/s在 t0 内，铁块的位移x1v1v2t0682 2 m14 m木板的位移 x2v2v2t0482 2 m12 m所以铁块和木板相对静止前铁块运动的
21、位移为x 铁块x1x120 m铁块和木板相对静止前木板运动的位移为x 木板x2x216 m。(3)力 F 作用的最后 2 s，铁块和木板相对静止，一起以初速度 v8 m/s 做匀加速直线运动，对铁块和木板整体：F(Mm)a解得 aFMm 1244 m/s21.5 m/s2所以铁块和木板运动的位移均为x3vt12a(t)219 m。答案(1)3 m/s2 2 m/s2(2)20 m 16 m(3)19 m 19 m 三类等时圆及其应用1质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。2质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所
22、示。3两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。典例(多选)如图所示，Oa、Ob 和 ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从 O 点无初速释放，一个滑环从 d 点无初速释放，用 t1、t2、t3 分别表示滑环沿 Oa、Ob、da 到达 a、b 所用的时间，则下列关系正确的是()At1t2 Bt2t3Ct1aOb，由 x12at2 可知，t2tca，故选项 A错误，B、C、D 均正确。答案 BCD应用体验1
23、.如图所示，光滑细杆 BC、DC 和 AC 构成矩形 ABCD 的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC 杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d 三小球的质量比为 123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则 a、b、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为()A111 B.543C589 D123解析：选 A 因 ABCD 为矩形，故 A、B、C、D 四点必在以 AC 边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由 A、B、D 三点释放的小球 a、b、d 必定同时到达圆的最低点 C 点，故 A 正确。2.(2017东北三省三校一模)如图所示，在竖直平面内建立直角坐
24、标系 xOy，该平面内有 AM、BM、CM 三条光滑固定轨道，其中 A、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分别为此圆与 y 轴、x 轴的切点。B 点在 y 轴上且BMO60，O为圆心。现将 a、b、c 三个小球分别从 A、B、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，如所用时间分别为 tA、tB、tC，则 tA、tB、tC大小关系是()AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于 C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：选 B 由等时圆模型可知，A、C 在圆周上，B 点在圆周外，故 tAtC，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾
25、斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()AtABtCDtEFBtABtCDtEFCtABtCDtEFDtABtCDtCDtEF，B 项正确。对点训练：牛顿第二定律的理解1.若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则()A携带弹药越多，加速度越大B加速度相同，与携带弹药的多少无关C携带弹药越多，获得的起飞速度越大D携带弹药越多，滑行时间越长解析：选 D 携带弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律 Fma 可知，飞机加速度越小，由 v22ax 可知，起飞速度越小，选项 A、B、C 错误；起飞前滑行的距离相同，由 x12at2 可得，加速度越小，滑行时间越长，所以 D
26、 正确。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水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是()A木块立即做减速运动B木块在一段时间内速度仍增大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，木块速度为零但加速度不为零解析：选 BCD 刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力 F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项 A 错误，B、C、D 正确。对点训练：牛顿第二定律的瞬时性问题3.(2017临沂高三检测)如图
27、所示，在倾角为 30的光滑斜面上，物块 A、B 质量分别为 m 和 2m。物块 A 静止在轻弹簧上面，物块 B 用细线与斜面顶端相连，A、B 紧挨在一起但 A、B之间无弹力。已知重力加速度为 g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是()A物块 A 的加速度为 0 B物块 A 的加速度为g3C物块 B 的加速度为 0 D物块 B 的加速度为g2解析：选 B 剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹mgsin 3012mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为 F 弹12mg；剪断细线瞬间，对 A、B 系统，加速度为：a3mgsin 30F弹3mg3，即 A 和 B 的加速度均为g3，故选 B
28、。4.(多选)(2017天水一模)如图所示，在动摩擦因数 0.2的水平面上有一个质量 m1 kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g 取 10 m/s2)，下列说法中正确的是()A小球受力个数不变B小球立即向左运动，且 a8 m/s2C小球立即向左运动，且 a10 m/s2D若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零解析：选 BD 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：Fmgtan 45101 N10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然
29、为 10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故 A 错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ffmg0.210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：aFFfm1021m/s28 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故 B 正确，C 错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故 D 正确。对点训练：动力学的两类基本问题5.如图所示，两根长度分别为 L1 和 L2 的光滑杆 AB 和 BC在B 点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从B 点由静止释放，分别沿 BA 和 BC 滑到杆的底端
30、经历的时间相同，则这段时间为()A.2 L1L2gB.2L1L2gC.2 L12L22gD.2L12L22gL1L2解析：选 C 设 BA 和 BC 倾角分别为 和，根据牛顿第二定律得：滑环沿 BA 下滑的加速度为 a1mgsin mgsin 沿 BC 下滑的加速度为 a2mgsin mgsin 设下滑时间为 t，由题有：L112a1t2L212a2t2由几何知识有：sin cos 联立以上各式解得 t2 L12L22g，故选 C。6.(多选)(2017淄博二模)如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演。若盘的质量为 m，手指与盘之间的动摩擦因数为，重力加速度为 g，设最大静摩擦力等于
31、滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转。则下列说法正确的是()A若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力等于 mgB若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力C若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为mgD若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘的作用力大小不可超过12mg解析：选 AD 若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受力平衡，手指对盘的作用力与盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于 mg，选项 A 正确；若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向盘不受力，即盘不受静摩擦力，选项 B 错误；若手指支撑着盘并一起水平
32、向右匀加速运动，则手指对盘的作用力为静摩擦力，大小不一定等于 mg，选项 C 错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为 mg，竖直方向对盘子的支持力为 mg，则手指对盘的作用力大小的最大值mg2mg2 12mg，即手指对盘的作用力大小不可超过 12mg，选项 D 正确。7.(2017南宁模拟)如图所示，质量为 m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力 F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是()A若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面和挡板对球的弹力
33、的合力等于 maD挡板对球的弹力不仅有，而且是一个定值解析：选 D 球在重力、斜面的支持力和挡板的弹力作用下做加速运动，则球受到的合力水平向右，为 ma，如图，设斜面倾角为，挡板对球的弹力为 F1，由正交分解法得：F1FNsin ma，FNcos G，解得 F1maGtan，可见，弹力为一定值，选项 D 正确。8.(2017威海模拟)在高速路上经常可以看到大货车拉着钢板而后车厢是敞开的，这种情况下如果出现钢板从车厢上滑落，将对后面的车辆造成致命的危险。在紧急刹车的情况下钢板对驾驶室也极易造成破坏，危及驾驶员的生命。假设该货车车厢的长度为 L，车厢内载有一块质量分布均匀、长度也为 L 的钢板，钢
34、板的质量为 m。已知钢板前端与车厢壁接触，钢板与车厢底板间的动摩擦因数为，重力加速度为 g。忽略空气阻力的影响。(1)若货车突然加速，为了使钢板不掉下来，则货车的加速度最大值为多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小)(2)若车厢的前端能承受的最大水平力为 F，为了安全，则货车刹车的最大加速度为多少？(3)若货车以加速度 a0 做匀加速运动，在运动过程中钢板与货车间发生相对滑动，经过多长时间钢板开始往下掉？解析：(1)要使钢板不掉下来，则钢板和货车一起做加速运动，货车加速度最大时，钢板与货车之间达到最大静摩擦力mgmam，amg。(2)对钢板根据牛顿第二定律得：Fmgmam，解得：amFmg。
35、(3)对货车：x1v0t12a0t2对钢板：x2v0t12at2mgma钢板开始往下掉时满足：x1x2L2解得：tLa0g。答案：(1)g(2)Fmg(3)La0g对点训练：动力学的图像问题9(多选)(2017江西红色七校二模)如图甲所示，物块的质量 m1 kg，初速度v010 m/s，方向水平向右，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g10 m/s2。下列选项中正确的是()A05 s 内物块做匀减速运动B在 t1 s 时刻，恒力 F 反向C恒力 F 大小为 10 ND物块与水平
36、面间的动摩擦因数为 0.3解析：选 BD 物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1 v22x110010 m/s210 m/s2匀加速直线运动的加速度大小为：a2v22x2 6428 m/s24 m/s2根据牛顿第二定律得：Ffma1，Ffma2联立两式解得：F7 N，f3 N则动摩擦因数为：fmg 3100.3物块做匀减速直线运动的时间为：t1va11010 s1 s，即在 01 s 内物块做匀减速直线运动，1 s 后恒力 F 反向，物块做匀加速直线运动。故 B、D 正确，A、C 错误。10(2017福州二模)如图甲所示，质量 m1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面
37、向上运动，t0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v-t 图像)如图乙所示，g 取 10 m/s2，求：(1)2 s 内物块的位移大小 x 和通过的路程 L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小 a1、a2 和拉力大小 F。解析：(1)由题图乙易得，物块上升的位移：x11221 m1 m；物块下滑的距离：x21211 m0.5 m；位移 xx1x21 m0.5 m0.5 m路程 Lx1x21 m0.5 m1.5 m。(2)由题图乙知，各阶段加速度a1 20.5 m/s24 m/s2a2020.5m/s24 m/s2，|a2|4 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块
38、的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定律 00.5 s 内 FFfmgsin ma1；051 s 内Ffmgsin ma2；联立解得：F8 N。答案：(1)0.5 m 1.5 m(2)4 m/s2 4 m/s2 8 N考点综合训练11.(2017濮阳模拟)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.2F3，2F3mgB.F3，2F3mgC.2F3，F3mgD.F3，F3mg解析：选 A 在剪断细线前，对 A、B 及
39、弹簧整体由牛顿第二定律有 F3mg3ma，对 B 由牛顿第二定律得 F 弹2mg2ma，由此可得 F 弹2F3，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时 A 球受到向下的重力和弹簧弹力作用，则有 F 弹mgmaA，解得 aA2F3mg，A 正确。12.(多选)(2016江苏高考)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选 BD 鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向
40、右的摩擦力，选项 A 错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据 vat，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项 B 正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项 C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项 D正确。13.(2017济南模拟)如图所示，斜面体 ABC 放在粗糙的水平地面上。滑块在斜面底端以初速度 v09.6 m/s 沿斜面上滑。斜面倾角 37，滑块与斜面的动摩擦因数 0.45。整个过程斜面体保持静止不动，已知滑块的质量 m1 kg，sin 370.6，cos 370
41、.8，g 取 10 m/s2。试求：(1)滑块回到出发点时的速度大小。(2)定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力 Ff 随时间 t 变化的图像。解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：mgsin mgcos ma1，解得 a19.6 m/s2设滑块上滑位移大小为 L，则由 v022a1L，解得 L4.8 m滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：mgsin mgcos ma2，解得 a22.4 m/s2根据 v22a2L，解得 v4.8 m/s。(2)滑块沿斜面上滑过程用时 t1v0a11 s对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff1ma1cos 7.68 N滑块沿斜面下滑过程用时 t2va22 s对斜面与滑块构成的系统受力分析可得Ff2ma2cos 1.92 NFf 随时间变化如图所示。答案：(1)4.8 m/s(2)见解析图
