1、返回返回思维启动飞船返回舱返回时，打开降落伞后进行竖直减速下降，这一过程若返回舱所受空气阻力与速度的平方成正比，比例系数为k。从某时刻起开始计时，返回舱的vt图像如图321所示，图中AE是曲图321线在A点的切线，切线交横轴于一点E，其坐标为(8,0)，CD是AB的渐近线，返回舱质量M400 kg，g取10 m/s2。试问：返回(1)返回舱在这一阶段做_运动；(2)设在初始时刻vA120 m/s，此时它的加速度大小是_；(3)空气阻力系数k的表达式为_。提示：(1)由题中图像可以看出曲线切线的斜率逐渐减小，说明这一阶段返回舱做加速度逐渐减小的减速运动，最终做匀速运动。返回(2)在初始时刻，vA
2、120 m/s，过 A 点的切线的斜率即为此时的加速度大小，avt15 m/s2。(3)返回舱最终做匀速运动，选向下为正方向。根据平衡条件得 MgkvB20在 A 点时有 MgkvA2Ma由两式得 kMavA2vB2。返回知识联动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aFm。返回3“五个”性质同向性公式 F 合ma 是矢量式，任一时刻，F 合与a 同向瞬时性a 与 F 合对应同一时刻，即 a 为某时刻的加速度时，F 合为该时刻物体所受合外力因果性F 合是产生 a 的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力返回同一性F 合ma 中，F
3、合、m、a 对应同一物体或同一系统，各量统一使用国际单位独立性作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和返回4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。5两类动力学问题牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况与运动情况联系起来。返回(1)已知受力情况求运动情况：已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以求出物体的运动情况；已知物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物
4、体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况。返回(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况：根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的受力情况，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量。如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等。返回应用升级1.(双选)如图322所示，一辆有动力驱 动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小图322球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是()A向右做加速运动 B向右做减速运动C向左做加速运动D向左做减速运动返回解析：小球水平方向受到向
5、右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右做加速运动或向左做减速运动。选项A、D正确。答案：AD返回知识联动1单位制基本单位和导出单位一起组成了单位制。(1)基本量：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量。返回(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 kg、s、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。返回2中学阶段国际单位制中的基本物理量和基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m
6、千克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返回 应用升级2(双选)关于单位制，下列说法中正确的是()Akg、m/s、N 是导出单位Bkg、m、C 是基本单位C在国际单位制中，时间的基本单位是 sD在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的返回解析：在力学中选定m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位)作为基本单位，可以导出其他物理量的单位，力的单位(N)是根据牛顿第二定律Fma导出的，故C、D正确。答案：CD返回思维启动如图323所示，在光滑的水平面上，质量均为m的物体，在力F的作用下处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态，现突然撤去F，这一瞬间A
7、球的加速度为_，B球的加速度为_。图323返回提示：撤去 F 的瞬间，B 球来不及运动，弹簧弹力不变，故 A 球合力为零，加速度为 0，B 球的加速度为Fm。返回知识联动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。返回(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
8、大小往往可以看成是不变的。返回应用升级3.如图324所示，物体A、B质量均为m，中间有一轻质弹簧相连，A用绳悬于O点，当突然剪断OA绳时，关于A物体的加速度，下列说法正确的是()A0 Bg 图324C2gD无法确定返回解析：剪断绳前，绳中拉力为2mg，弹簧中的弹力为mg向下，剪断绳后，绳中拉力突然消失，而其他力不变，故物体A所受合力的大小为向下的2mg，加速度为向下的2g，故C正确。答案：C返回返回知识检索(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化。(2)加速度描述物体速度变化的快慢，加速度变大，速度变化快。(3)速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的，二者同向速度增加，反
9、向则速度减小。返回典题例析例1 如图325所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数图325相同，斜面与水平面平滑连接。图326中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。图中正确的是()返回图326返回思路点拔 解答本题可按以下思路进行返回解析 物体在斜面上下滑，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其合外力为恒力，加速度为恒量，物体做匀加速直线运动，其加速度图像应为一平行时间横轴的直线段，速度vat，其速度图像应为一向上倾斜的直线段，路程sat2/2，路程随时间变化的图像应为一开口向上的抛物线，选项A、B、D错误；物体滑到水
10、平面上后，在摩擦力作用下做匀减速直线运动，其摩擦力大于在斜面上运动时的摩擦力，所以选项C正确。答案 C返回拓展训练1.如图327所示，放在光滑面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用而静止不动，现保持图327F1大小和方向不变，F2方向不变，使F2随时间均匀减小到零，再均匀增加到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图像是图328中的()返回图328返回解析：取水平向右为正方向，由牛顿第二定律得：F1F2ma，木块的加速度随F2的均匀减小而均匀增大，后又随F2的均匀增大而同方向均匀减小，故A正确，B错误；因木块的加速度方向不变，故木块的速度一直增大，但不是均匀增大，所以C、D均错误
11、。答案：A返回知识检索在解决两类动力学的基本问题时，不论哪一类问题，都要进行受力分析和运动情况分析，如果物体的运动加速度或受力情况发生变化，则要分段处理，此时加速度或受力改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量。返回典题例析例2 如图329所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角为30的固定光滑斜轨道面进行。有一件质量为m2.0 kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。若A点距离水平面的高度h5.0 m，重力加速度g取10 m/s2，求：返回(1)包装盒由A滑到B所经历的时间；(2)若地面的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远
12、？(不计斜面和地面接触处的能量损耗)图329返回审题指导 解答本题应注意以下两点：(1)根据受力情况确定包装盒的运动规律。(2)包装盒在AB段的末速度即为BC段的初速度。返回解析(1)对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得：mgsinmaagsin5 m/s2包装盒沿斜面由 A 到 B 的位移为 sABhsin3010 m设包装盒由 A 到 B 做匀加速运动的时间为 t则 sAB12at2返回解得：t2sABa 2 s。(2)物体由 B 到 C 的过程，由牛顿第二定律得：mgma，解得：a5 m/s2。由运动学公式可得：02vB22asxBC又 vBat10 m/s 解得：sBC10 m。答案
13、(1)2 s(2)10 m返回拓展训练2.在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k。在车厢的顶部用一根细图3210线悬挂一质量为m2的小球。某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图3210所示。不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为()返回A伸长量为m1gk tanB压缩量为m1gk tanC伸长量为 m1gktanD压缩量为 m1gktan 返回解析：分析小球 m2 的受力，由牛顿定律可得：m2gtanm2a，得出 agtan；再对 m1 受力分析，由牛顿第二定律得：kxm1
14、a，故 xm1gk tan，且处于伸长状态，故 A 正确。答案：A返回知识检索利用牛顿第二定律求瞬时加速度时，关键是分析此时物体的受力情况，同时注意绳的弹力在瞬间会发生突变，而弹簧的弹力在瞬间不会突变。返回典题例析例3 在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角图3211的不可伸长的轻绳一端相连，如图3211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g10 m/s2。求：(1)此时轻弹簧的弹力大小；(2)小球的加速度大小和方向。返回审题指导 解答本题时应注意以下两点：(1)当其他力变化时，弹簧的弹力不能
15、在瞬间发生变化；(2)当其他力变化时，细绳上的拉力可以在瞬间发生变化。返回解析(1)水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力FT、重力mg和弹簧的弹力FN作用而处于平衡状态，依据平衡条件得竖直方向有：FTcosmg，水平方向有：FTsinFN，解得弹簧的弹力为：FNmgtan10 N返回(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与重力平衡 FNmg，由牛顿第二定律得小球的加速度为：aFNFNm8 m/s2，方向向左。答案(1)10 N(2)8 m/s2 方向向左返回若在上例中剪断弹簧，则剪断瞬间小球的加速度为多大？解析：在剪断弹簧的瞬间，小球立即只受地面支持力和重力，且二力平
16、衡，加速度为0。答案：0返回返回1(2011北京高考)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，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 3212 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()返回图3212Ag B2gC3gD4g返回解析：从图像可知，当人最后不动时，绳上的拉力为35F0，即 mg35F0，最大拉力为95F0，因此最大加速度为95F0mgma,3mgmgma，a2g，B 项正确。答案：B返回2.(2012郑州检测)如图 3213 所示，在倾角为 的固定
17、光滑斜面上，有一用绳拴着的长木板，木板上站着一只老鼠。已知木板的质量是老鼠质量的图 3213两倍。当绳子突然断开时，老鼠立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变。由此木板沿斜面下滑的加速度为()返回A.g2sinBgsinC.32gsinD2gsin返回解析：绳断后，老鼠相对斜面不动，此时老鼠一定用力沿板向上爬，但板又加速下滑。板对老鼠沿斜面向上的作用力与老鼠的重力沿斜面的分力大小相等，即 Fmgsin，由牛顿第三定律知老鼠对板沿斜面的作用力大小也为 mgsin，对板研究，其重力沿斜面的分力为 2mgsin则板沿斜面所受合力为 F 合mgsin2mgsin3mgsin由牛顿第二定律知，板的
18、加速度 a F2m32gsin。答案：C返回3(2012扬州模拟)从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2。若空气阻力的大小恒定，则在图3214中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()返回图3214返回解析：小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1mgfm，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为 a2mgfm，即 a1a2，且所分析的是速率与时间的关系，所以选项 C 正确。答案：C返回4(2012惠州模拟)如图3215甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空。为了研究学生沿杆的下滑情况
19、，在杆顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小。现有一学生(可视为质点)从上端由静止开始滑下，5 s末滑到杆底时速度恰好为零。以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图乙所示，取10 m/s2。求：返回图3215(1)该学生下滑过程中的最大速率？(2)滑杆的长度为多少？(3)1 s末到5 s末传感器显示的拉力为多少？返回解析：(1)根据图像可知01 s内，人向下做匀加速运动，人对滑杆的作用力为350 N，方向竖直向下，所以滑杆对人的作用力F1的大小为350 N，方向竖直向上。以人为研究对象，根据牛顿第二定律：mgF1ma15 s后静止，mG/g500/10 kg5
20、0 kg1 s末人的速度为v1a1t1根据图像可知1 s末到5 s末，人做匀减速运动，5 s末速度为零，所以人1 s末速度达到最大值，由以上各式代入数值解得：v13.0 m/s，所以最大速率vm3.0 m/s。返回(2)滑杆的长度等于人在滑杆上加速运动和减速运动通过的位移之和加速运动的位移 s10v12t103.021 m1.5 m减速运动的位移 s20v12t23.0024 m6.0 m滑杆的总长度 Ls1s21.5 m6.0 m7.5 m返回(3)减速运动时的加速度为a2v1t23.04 m/s20.75 m/s2，方向竖直向上以人为研究对象，根据牛顿第二定律：F2mgma2F2mgma2(500500.75)N537.5 N答案：(1)3.0 m/s(2)7.5 m(3)537.5 N返回
