資源簡介

第2講　牛頓第二定律的基本應用
■目標要求
1.掌握動力學兩類基本問題的求解思路和方法。2.掌握各種動力學圖像,并能用圖像的斜率、面積、截距、交點、拐點等的物理意義解決問題。
考點1　動力學兩類基本問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.由物體的受力情況求解運動情況的基本思路。
先求出幾個力的合力,由牛頓第二定律(F合=ma)求出　　　　,再由運動學的有關公式求出速度或位移。
2.由物體的運動情況求解受力情況的基本思路。
已知加速度或根據運動規律求出　　　　,再由牛頓第二定律求出合力,從而確定未知力。
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
　動力學兩類基本問題的解題思路。
上述解題思路中的關鍵點:
(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——加速度是聯系運動和力的橋梁;速度是各物理過程間相互聯系的橋梁。
考向1　已知受力分析運動情況
【典例1】　如圖所示,物體的質量m=5 kg,與水平地面間的動摩擦因數μ=0.2,在與水平方向夾角θ=37°的恒力F=50 N作用下,由靜止開始加速運動,當t=5 s時撤去F(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:
(1)物體做加速運動時的加速度a;
(2)撤去F后,物體還能滑行的時間t'。
考向2　已知運動情況分析受力
【典例2】　某市啟動“機動車文明禮讓斑馬線”活動,交警部門為樣板斑馬線配上了新型電子警察。一輛質量為2.0×103 kg的汽車,以54 km/h的速度沿平直道路勻速行駛,距斑馬線還有30 m的距離時,駕駛員發現有行人通過斑馬線,經過0.5 s的反應時間,汽車制動,開始做勻減速運動,恰好在斑馬線前停住。重力加速度g=10 m/s2。
(1)求汽車制動過程中所受的合力大小;
(2)若汽車正常行駛時所受阻力為車重的,要使汽車從靜止開始勻加速經10 s使速度重新達到54 km/h,求牽引力的大小。
考向3　等時圓模型
【典例3】　
如圖所示,ab、cd是豎直平面內兩根固定的細桿,a、b、c、d位于同一圓周上,圓周半徑為R,b點為圓周的最低點,c點為圓周的最高點。現有兩個小滑環A、B分別從a、c處由靜止釋放,滑環A經時間t1從a點到達b點,滑環B經時間t2從c點到達d點;另有一小球C從c點靜止釋放做自由落體,經時間t3到達b點,不計一切阻力與摩擦,且A、B、 C都可視為質點,則t1、t2、t3的大小關系為(　　)
A.t1=t2=t3
B.t1>t2>t3
C.t2>t1>t3
D.A、B、C三物體的質量未知,因此無法比較
各斜面的頂端和底端在同一圓周上,且斜面的頂端在圓周的最高點(如圖甲所示)或底端在圓周的最低點(如圖乙所示),物體沿斜面下滑的時間t=(其中d為圓的直徑),圖丙可看成兩個等時圓。
甲　乙　丙
考點2　動力學圖像問題
　　　　　 　　　　　　　　　　
關|鍵|能|力
1.動力學中常見圖像及其意義。
v-t 圖像 根據圖像的斜率判斷加速度的大小和方向,進而根據牛頓第二定律求解合外力
F-a 圖像 首先要根據具體的物理情景,對物體進行受力分析,然后根據牛頓第二定律推導出兩個物理量間的函數關系式,根據函數關系式結合圖像,明確圖像的斜率、截距或面積的意義,從而由圖像給出的信息求出未知量
a-t 圖像 要注意加速度的正負,正確分析每一段的運動情況,然后結合物體受力情況根據牛頓第二定律列方程
F-t 圖像 要結合物體受到的力,根據牛頓第二定律求出加速度,分析每一時間段的運動性質
F-x 圖像 表示作用力隨位移的變化規律,是力與空間的對應關系,所圍面積表示該力在某段位移中做的功
特別提醒:加速度是聯系v-t圖像與F-t圖像的橋梁。
2.動力學圖像問題求解思路。
【典例4】　(多選)(2025·酒泉模擬)如圖甲所示,物塊的質量m=1 kg、初速度v0=10 m/s,在一水平向左大小不變的力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動,某時刻該力F突然反向,整個過程中物塊的v2-x關系圖像如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,則下列說法正確的是(　　)
甲乙
A.0~1 s內物塊做勻減速運動
B.在t=5 s時刻該力F反向
C.外力F的大小為8 N
D.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3
【典例5】　
甲
(2025·鞍山模擬)為了探究物體與斜面間的動摩擦因數,某同學進行了如下實驗:取一質量為m的物體,使其在沿斜面方向的推力F作用下向上運動,如圖甲所示,通過力傳感器得到推力隨時間變化的規律如圖乙所示,通過頻閃照相處理后得出速度隨時間變化的規律如圖丙所示,若已知斜面的傾角α=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物體與斜面之間的動摩擦因數;
(2)撤去推力F后,物體還能上升的距離(斜面足夠長)。
乙丙
第2講　牛頓第二定律的基本應用
考點1
必備知識 　
1.加速度　2.加速度
關鍵能力 　
【典例1】　答案　(1)4.8 m/s2　(2)12 s
解析　(1)物體做加速運動時,進行受力分析,如圖所示,
根據牛頓第二定律,可得
Fcos θ-μFN=ma,
又FN=Fsin θ+mg,
聯立解得a=4.8 m/s2。
(2)撤去F時,物體的速度為
v=at=24 m/s,
撤去F后,由牛頓第二定律可得μmg=ma',
解得a'=2 m/s2,
根據0=v-a't',
解得t'=12 s。
【典例2】　答案　(1)1.0×104 N
(2)4.0×103 N
解析　(1)設汽車在反應時間內行駛的距離為x1,制動過程中行駛的距離為x2,加速度大小為a1,所受的合力大小為Ff1,
初速度v0=54 km/h=15 m/s,
反應時間t0=0.5 s,
由牛頓第二定律有Ff1=ma1,
由勻速和勻變速直線運動規律有
x1=v0t0,
x2=x-x1,
=2a1x2,
聯立解得Ff1=1.0×104 N。
(2)設汽車從靜止開始經10 s使速度重新達到54 km/h的過程中,加速度大小為a2,牽引力大小為F,由牛頓第二定律有
F-Ff2=ma2,
Ff2=0.05mg,
由勻變速直線運動規律有v0=a2t,
聯立解得F=4.0×103 N。
【典例3】　A　解析　對于環A,設ab與水平方向的夾角為θ,圓的半徑為R,由牛頓第二定律可知,下滑加速度為a1==gsin θ,又根據運動學公式得2Rsin θ=a1,解得t1=,對于環B,設cd與水平方向的夾角為α,由牛頓第二定律可知,下滑加速度為a2==gsin α,又根據運動學公式得2Rsin α=a2,解得t2=,對自由落體的球C而言,有2R=g,解得t3=,因此三者時間相等,且與物體的質量無關,A項正確,B、C、D三項均錯誤。
考點2
關鍵能力 　
【典例4】　AD　解析　物塊做減速運動的加速度為a1== m/s2=10 m/s2,減速運動的時間為t1== s=1 s,即0~1 s內物塊做勻減速運動,在t=1 s時刻該力F反向,A項正確,B項錯誤;減速運動時F+μmg=ma1,力F反向后的加速度a2== m/s2=4 m/s2,且F-μmg=ma2,聯立解得F=7 N,μ=0.3,C項錯誤,D項正確。
【典例5】　答案　(1)　(2)0.075 m
解析　(1)0~2 s內,由F-t圖像可得
F1=21.5 N,
由牛頓第二定律可得
F1-mgsin α-μmgcos α=ma1,
由v-t圖像可得a1==0.5 m/s2,
2 s后,由F-t圖可得F2=20 N,
由牛頓第二定律可得
F2-mgsin α-μmgcos α=0,
解得μ=。
(2)撤去推力F后,由牛頓第二定律可得
-μmgcos α-mgsin α=ma2,
解得a2=- m/s2,
撤去外力時,物體的速度為1 m/s,物體做勻減速直線運動到達最高點,則由速度與位移的關系式得
x3==0.075 m。(共27張PPT)
第2講
第三章　運動與力的關系
牛頓第二定律的基本應用
目
標
要
求
1.掌握動力學兩類基本問題的求解思路和方法。2.掌握各種動力學圖像，并能用圖像的斜率、面積、截距、交點、拐點等的物理意義解決問題。
考點1　動力學兩類基本問題
考點2　動力學圖像問題
內容
索引
動力學兩類基本問題
考點1
必|備|知|識
1.由物體的受力情況求解運動情況的基本思路。
先求出幾個力的合力，由牛頓第二定律(F合=ma)求出_________，再由運動學的有關公式求出速度或位移。
2.由物體的運動情況求解受力情況的基本思路。
已知加速度或根據運動規律求出________，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力。
加速度
加速度
關|鍵|能|力
動力學兩類基本問題的解題思路。
上述解題思路中的關鍵點：
(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——加速度是聯系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯系的橋梁。
考向1
已知受力分析運動情況
【典例1】　如圖所示，物體的質量m=5 kg，與水平地面間的動摩擦因數μ=0.2，在與水平方向夾角θ=37°的恒力F=50 N作用下，由靜止開始加速運動，當t=5 s時撤去F(g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=
0.8)。求：
(1)物體做加速運動時的加速度a；
物體做加速運動時，進行受力分析，如圖所示，
根據牛頓第二定律，可得
Fcos θ-μFN=ma，
又FN=Fsin θ+mg，
聯立解得a=4.8 m/s2。
解析
(2)撤去F后，物體還能滑行的時間t'。
撤去F時，物體的速度為v=at=24 m/s，
撤去F后，由牛頓第二定律可得μmg=ma'，
解得a'=2 m/s2，
根據0=v-a't'，
解得t'=12 s。
解析
考向2
已知運動情況分析受力
【典例2】　某市啟動“機動車文明禮讓斑馬線”活動，交警部門為樣板斑馬線配上了新型電子警察。一輛質量為2.0×103 kg的汽車，以 54 km/h的速度沿平直道路勻速行駛，距斑馬線還有30 m的距離時，駕駛員發現有行人通過斑馬線，經過0.5 s的反應時間，汽車制動，開始做勻減速運動，恰好在斑馬線前停住。重力加速度g=10 m/s2。
(1)求汽車制動過程中所受的合力大小；
設汽車在反應時間內行駛的距離為x1，制動過程中行駛的距離為 x2，加速度大小為a1，所受的合力大小為Ff1，
初速度v0=54 km/h=15 m/s，
反應時間t0=0.5 s，
由牛頓第二定律有Ff1=ma1，
由勻速和勻變速直線運動規律有x1=v0t0，x2=x-x1，=2a1x2，
聯立解得Ff1=1.0×104 N。
解析
(2)若汽車正常行駛時所受阻力為車重的，要使汽車從靜止開始勻加速經10 s使速度重新達到54 km/h，求牽引力的大小。
設汽車從靜止開始經10 s使速度重新達到54 km/h的過程中，加速度大小為a2，牽引力大小為F，由牛頓第二定律有F-Ff2=ma2，
Ff2=0.05mg，
由勻變速直線運動規律有v0=a2t，
聯立解得F=4.0×103 N。
解析
考向3
等時圓模型
【典例3】　如圖所示，ab、cd是豎直平面內兩根固定的細桿，a、 b、c、d位于同一圓周上，圓周半徑為R，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點。現有兩個小滑環A、B分別從a、c處由靜止釋放，滑環A經時間t1從a點到達b點，滑環B經時間t2從c點到達d點；另有一小球C從c點靜止釋放做自由落體，經時間t3到達b點，不計一切阻力與摩擦，且A、B、 C都可視為質點，則t1、t2、t3的大小關系為( )
A.t1=t2=t3
B.t1>t2>t3
C.t2>t1>t3
D.A、B、C三物體的質量未知，因此無法比較
對于環A，設ab與水平方向的夾角為θ，圓的半徑為R，由牛頓第二定律可知，下滑加速度為a1==gsin θ，又根據運動學公式得2Rsin θ=a1，解得t1=，對于環B，設cd與水平方向的夾角為α，由牛頓第二定律可知，下滑加速度為a2==gsin α，
解析
又根據運動學公式得2Rsin α=a2，解得t2=，對自由落體的球C而言，有2R=g，解得t3=，因此三者時間相等，且與物體的質量無關，A項正確，B、C、D三項均錯誤。
解析
各斜面的頂端和底端在同一圓周上，且斜面的頂端在圓周的最高點(如圖甲所示)或底端在圓周的最低點(如圖乙所示)，物體沿斜面下滑的時間t=(其中d為圓的直徑)，圖丙可看成兩個等時圓。
動力學圖像問題
考點2
關|鍵|能|力
1.動力學中常見圖像及其意義。
v-t 圖像 根據圖像的斜率判斷加速度的大小和方向，進而根據牛頓第二定律求解合外力
F-a 圖像 首先要根據具體的物理情景，對物體進行受力分析，然后根據牛頓第二定律推導出兩個物理量間的函數關系式，根據函數關系式結合圖像，明確圖像的斜率、截距或面積的意義，從而由圖像給出的信息求出未知量
a-t 圖像 要注意加速度的正負，正確分析每一段的運動情況，然后結合物體受力情況根據牛頓第二定律列方程
F-t 圖像 要結合物體受到的力，根據牛頓第二定律求出加速度，分析每一時間段的運動性質
F-x 圖像 表示作用力隨位移的變化規律，是力與空間的對應關系，所圍面積表示該力在某段位移中做的功
特別提醒：加速度是聯系v-t圖像與F-t圖像的橋梁。
2.動力學圖像問題求解思路。
【典例4】　(多選)(2025·酒泉模擬)如圖甲所示，物塊的質量m= 1 kg、初速度v0=10 m/s，在一水平向左大小不變的力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻該力F突然反向，整個過程中物塊的v2-x關系圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A.0~1 s內物塊做勻減速運動
B.在t=5 s時刻該力F反向
C.外力F的大小為8 N
D.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3
物塊做減速運動的加速度為a1== m/s2=10 m/s2，減速運動的時間為t1== s=1 s，即0~1 s內物塊做勻減速運動，在t=1 s時刻該力F反向，A項正確，B項錯誤；減速運動時F+μmg=ma1，力F反向后的加速度a2== m/s2=4 m/s2，且F-μmg=ma2，聯立解得F=7 N，μ=0.3，C項錯誤，D項正確。
解析
【典例5】　(2025·鞍山模擬)為了探究物體與斜面間的動摩擦因 數，某同學進行了如下實驗：取一質量為m的物體，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上運動，如圖甲所示，通過力傳感器得到推力隨時間變化的規律如圖乙所示，通過頻閃照相處理后得出速度隨時間變化的規律如圖丙所示，若已知斜面的傾角α=37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)物體與斜面之間的動摩擦因數；
0~2 s內，由F-t圖像可得F1=21.5 N，
由牛頓第二定律可得F1-mgsin α-μmgcos α=ma1，
由v-t圖像可得a1==0.5 m/s2，
2 s后，由F-t圖可得F2=20 N，
由牛頓第二定律可得F2-mgsin α-μmgcos α=0，
解得μ=。
解析
(2)撤去推力F后，物體還能上升的距離(斜面足夠長)。
撤去推力F后，由牛頓第二定律可得-μmgcos α-mgsin α=ma2，
解得a2=- m/s2，
撤去外力時，物體的速度為1 m/s，物體做勻減速直線運動到達最高點，則由速度與位移的關系式得
x3==0.075 m。
解析微練10　牛頓第二定律的基本應用
　梯級Ⅰ基礎練
1.如圖所示，一可視為質點的小物塊先后沿兩光滑斜面Ⅰ和Ⅱ從頂端由靜止滑下﹐到達底端的時間分別為t1和t2，斜面Ⅰ與水平面的夾角為30°，斜面Ⅱ與水平面的夾角為45°(未標出)，則(　　)
A.t1>t2 B.t1=t2
C.t12.某同學利用如圖所示裝置測量滑塊與桌面間的動摩擦因數。滑塊上裝有寬度為d的遮光條，位置O處安裝光電門，實驗時給滑塊向左的初速度，記錄遮光條通過光電門的時間t、通過光電門后滑塊繼續滑行的距離為L，已知當地重力加速度大小為g，則滑塊與桌面間的動摩擦因數為(　　)
A. B.
C. D.
3.(多選)(2025·濰坊模擬)如圖甲，一箱式貨車在平直公路上由靜止開始向左運動，其運動的v-t圖像如圖乙所示，貨箱中放置一質量為50 kg的貨物，其與車廂間動摩擦因數為0.25，在運動過程中貨物一直未與車廂壁碰撞，下列說法正確的是(設貨箱地板保持水平)(　　)
A.第1 s內，貨物不受摩擦力
B.第2 s內，貨物受向左的摩擦力，大小為125 N
C.第3 s內，貨物不受摩擦力
D.第3 s內，貨物受向左的摩擦力，大小為125 N
4.(2025·鹽城模擬)質量分別為m1、m2的甲、乙兩球，在離地相同高度處，同時由靜止開始下落，由于空氣阻力的作用，兩球到達地面前經時間t0分別達到穩定速度v1、v2，已知空氣阻力大小f與小球的下落速率v成正比，即f=kv(k>0)，且兩球的比例常數k完全相同，兩球下落的v-t關系如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A.m1B.=
C.釋放瞬間甲球的加速度較大
D.t0時間內兩球下落的高度相等
5.如圖所示，物體在摩擦力的作用下沿水平地面做勻減速直線運動的位移x與時間t的關系圖像是拋物線的一部分，圖像在O點的切線過B點，在A點的切線與橫軸平行，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A.物體的減速距離為2 m
B.物體的初速度大小為2 m/s
C.物體沿地面運動的時間為3 s
D.物體與地面間的動摩擦因數為0.2
梯級Ⅱ能力練
6.(2025·威海模擬)如圖所示，一重力為10 N的小球，在F=20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點由靜止出發沿AB向上運動，F作用1.2 s后撤去，已知桿與球間的動摩擦因數為，桿足夠長，取g=10 m/s2。求:
(1)有F作用的過程中小球的加速度大小;
(2)撤去F瞬間小球的加速度大小;
(3)從撤去力F開始計時，小球經多長時間將經過距A點為2.25 m的B點。
7.分揀機器人在快遞行業的推廣大大提高了工作效率，派件員在分揀處將包裹放在靜止機器人的水平托盤上，機器人可將包裹送至指定投遞口，停止運動后緩慢翻轉托盤，當托盤傾角增大到θ時，包裹恰好開始下滑，如圖甲所示。現機器人要把包裹從分揀處運至相距L=45 m的投遞口處，為了運輸安全，包裹需與水平托盤保持相對靜止。已知包裹與水平托盤的動摩擦因數μ=0.75，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)包裹剛開始下滑時的托盤傾角θ;
(2)機器人在運輸包裹的過程中允許的最大加速度a;
(3)若機器人運行的最大速度為vm=3 m/s，則機器人從分揀處運行至投遞口(恰好靜止)所需的最短時間t。
梯級Ⅲ創新練
8.(多選)智能手機中安裝了加速度感測器APP軟件后，可以精確測量手機運動的加速度。一同學將手機輕輕接觸彈簧由靜止釋放，如圖甲所示，手機在t3時刻運動到最低點，APP軟件記錄下此過程中加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示(不考慮薄板的質量)，則(　　)
A.手機先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動
B.t2時刻，重力等于彈力，手機速度為零
C.t2時刻，手機對薄板的壓力為零
D.t3時刻，手機對薄板的壓力等于手機重力的2倍
微練10　牛頓第二定律的基本應用
1.A　解析　設斜面的底邊長為L,斜面的傾角為θ ,則斜邊的長度x=,根據牛頓第二定律mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,根據x=at2,解得t=,將30°、45°代入解得t22.A　解析　滑塊通過光電門時的速度v=,通過光電門后滑塊做勻減速運動,有v2=2aL,由牛頓第二定律得μmg=ma,聯立解得μ=,A項正確。
3.BD　解析　第1 s內,貨車從靜止開始向左做勻加速直線運動,加速度為a1== m/s2=2 m/s2,貨物與貨車間的最大靜摩擦力為fm=μmg=125 N,貨物的最大加速度為a==μg=2.5 m/s2>2 m/s2,貨物與貨車相對靜止,一起做勻加速直線運動,貨物受到向左的靜摩擦力,A項錯誤;第2 s內,貨車的加速度為a2== m/s2=5 m/s2>2.5 m/s2,第3 s內,貨車相對于貨物向左運動,貨物相對貨車向右運動,受到向左的滑動摩擦力,大小為f=fm=125 N,B項正確;第3 s內,貨車做勻速直線運動,速度為7 m/s,2 s末貨物的速度為v物=a1t+at=4.5 m/s<7 m/s,3 s末貨物的速度為v物'=a1t+at'=7 m/s,第3 s內,貨車相對于貨物向左運動,貨物相對貨車向右運動,受到向左的滑動摩擦力,大小為f=fm=125 N,C項錯誤,D項正確。
4.B　解析　兩小球先做加速度減小的加速運動后做勻速直線運動,小球做勻速直線運動時有kv1=m1g,kv2=m2g,可得=,由題圖可知v1>v2可得m1>m2,A項錯誤,B項正確;釋放瞬間兩小球只受重力作用,兩小球的加速度相等,為重力加速度,C項錯誤;v-t圖像的面積表示位移,由題圖可知t0時間內甲球下落的高度較大,D項錯誤。
5.D　解析　題圖中在A點的切線與橫軸平行,則A點時速度為0,此時位移為4 m,則物體的減速距離為4 m,A項錯誤;圖像在O點的切線過B點,則根據該點的斜率求得物體的初速度大小為4 m/s,B項錯誤;物體減速的加速度大小為a== m/s2=2 m/s2,物體沿地面運動的時間為t0===2 s,C項錯誤;物體在水平地面上,根據牛頓第二定律有Ff=μmg=ma,解得物體與地面間的動摩擦因數為μ=0.2,D項正確。
6.答案　(1)2.5 m/s2　(2)7.5 m/s2
(3)0.2 s或0.75 s
解析　(1)小球的質量為
m==1 kg,
取沿桿向上為正方向,設小球在力F作用時的加速度大小為a1,此時小球的受力如圖1所示,根據牛頓第二定律有
圖1
Fsin 30°-Gsin 30°-μFN=ma1,
Fcos 30°=Gcos 30°+FN,
聯立解得a1=2.5 m/s2。
圖2
(2)撤去F瞬間,小球的受力如圖2所示,設此時小球的加速度為a2,有
-Gsin 30°-μFN'=ma2,
FN'=Gcos 30°,
聯立解得a2=-7.5 m/s2,
即加速度大小為7.5 m/s2。
(3)剛撤去F時,小球的速度為
v1=a1t1=3 m/s,
小球的位移為x1=a1=1.8 m,
撤去F后,小球繼續向上運動的時間為
t2==0.4 s,
小球繼續向上運動的最大位移為
x2==0.6 m,
則小球向上運動的最大距離為
xm=x1+x2=2.4 m,
在上滑階段通過B點,即
xAB-x1=v1t3+a2,
解得t3=0.2 s或t3=0.6 s(舍)。
圖3
小球返回時,受力如圖3所示,設此時小球的加速度為a3,有
-Gsin 30°+μFN'=ma3,
解得a3=-2.5 m/s2,
即加速度大小為2.5 m/s2,方向沿桿向下,
小球由頂端返回B點時,有
-(xm-xAB)=a3,
解得t4= s,
則通過B點時間為t=t2+t4≈0.75 s。
7.答案　(1)37°　(2)7.5 m/s2　(3)15.4 s
解析　(1)根據題意,當包裹剛開始下滑時滿足mgsin θ=μmgcos θ,
解得θ=37°。
(2)當包裹與水平托盤間的摩擦力達到最大靜摩擦力時,加速度最大,即μmg=ma,
解得a=7.5 m/s2。
(3)當機器人先以最大加速度做勻加速直線運動,加速至最大速度,然后做勻速直線運動,最后以最大加速度做勻減速直線運動,直至減速到零,機器人從分揀處運行至投遞口所需時間最短,則勻加速直線運動與勻減速直線運動的位移和時間相等,有
x1=x3=,
t1=t3=,
勻速運動的時間為t2==,
聯立解得t=t1+t2+t3=15.4 s。
8.AD　解析　從題圖乙可知,手機的加速度先是向下逐漸減小,t2時刻之后加速度向上,再逐漸增大,而手機的速度方向一直向下,故手機先做加速度減小的加速運動,再做加速度增大的減速運動,A項正確;t2時刻手機加速度為零,重力大小等于彈力,手機對薄板的壓力大小等于手機重力;但在這之前手機一直在加速,t2時刻速度最大,B、C兩項錯誤;根據簡諧運動的對稱性,可知t3時刻手機的加速度與0時刻加速度相同,而0時刻彈簧處于原長,手機只受重力,加速度為g,所以t3時刻手機的加速度大小為g,方向豎直向上,根據牛頓第二定律FN-mg=mg,得FN=2mg,根據牛頓第三定律可得t3時刻,手機對薄板的壓力等于手機重力的2倍,D項正確。(共28張PPT)
微練10
牛頓第二定律的基本應用
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1.如圖所示，一可視為質點的小物塊先后沿兩光滑斜面Ⅰ和Ⅱ從頂端由靜止滑下﹐到達底端的時間分別為t1和t2，斜面Ⅰ與水平面的夾角為30°，斜面Ⅱ與水平面的夾角為45°(未標出)，則( )
A.t1>t2 B.t1=t2
C.t1梯級Ⅰ 基礎練
設斜面的底邊長為L，斜面的傾角為θ ，則斜邊的長度x=，根據牛頓第二定律mgsin θ=ma，解得a=gsin θ，根據x=at2，解得t=，將30°、45°代入解得t2解析
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2.某同學利用如圖所示裝置測量滑塊與桌面間的動摩擦因數。滑塊上裝有寬度為d的遮光條，位置O處安裝光電門，實驗時給滑塊向左的初速度，記錄遮光條通過光電門的時間t、通過光電門后滑塊繼續滑行的距離為L，已知當地重力加速度大小為g，則滑塊與桌面間的動摩擦因數為( )
A. B.
C. D.
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滑塊通過光電門時的速度v=，通過光電門后滑塊做勻減速運動，有v2=2aL，由牛頓第二定律得μmg=ma，聯立解得μ=，A項正確。
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3.(多選)(2025·濰坊模擬)如圖甲，一箱式貨車在平直公路上由靜止開始向左運動，其運動的v-t圖像如圖乙所示，貨箱中放置一質量為50 kg的貨物，其與車廂間動摩擦因數為0.25，在運動過程中貨物一直未與車廂壁碰撞，下列說法正確的是(設貨箱地板保持水平)( )
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A.第1 s內，貨物不受摩擦力
B.第2 s內，貨物受向左的摩擦力，大小為125 N
C.第3 s內，貨物不受摩擦力
D.第3 s內，貨物受向左的摩擦力，大小為125 N
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第1 s內，貨車從靜止開始向左做勻加速直線運動，加速度為a1== m/s2=2 m/s2，貨物與貨車間的最大靜摩擦力為fm=μmg
=125 N，貨物的最大加速度為a==μg=2.5 m/s2>2 m/s2，貨物與貨車相對靜止，一起做勻加速直線運動，貨物受到向左的靜摩擦力，A項錯誤；第2 s內，貨車的加速度為a2== m/s2=5 m/s2
>2.5 m/s2，第3 s內，貨車相對于貨物向左運動，貨物相對貨車向
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右運動，受到向左的滑動摩擦力，大小為f=fm=125 N，B項正確；第3 s內，貨車做勻速直線運動，速度為7 m/s，2 s末貨物的速度為v物=a1t+at=4.5 m/s<7 m/s，3 s末貨物的速度為v物'=a1t+at'= 7 m/s，第3 s內，貨車相對于貨物向左運動，貨物相對貨車向右運動，受到向左的滑動摩擦力，大小為f=fm=125 N，C項錯誤，D項正確。
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4.(2025·鹽城模擬)質量分別為m1、m2的甲、乙兩球，在離地相同高度處，同時由靜止開始下落，由于空氣阻力的作用，兩球到達地面前經時間t0分別達到穩定速度v1、v2，已知空氣阻力大小f與小球的下落速率v成正比，即f=kv(k>0)，且兩球的比例常數k完全相同，兩球下落的v-t關系如圖所示，下列說法正確的是( )
A.m1B.=
C.釋放瞬間甲球的加速度較大
D.t0時間內兩球下落的高度相等
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兩小球先做加速度減小的加速運動后做勻速直線運動，小球做勻速直線運動時有kv1=m1g，kv2=m2g，可得=，由題圖可知v1>v2可得m1>m2，A項錯誤，B項正確；釋放瞬間兩小球只受重力作 用，兩小球的加速度相等，為重力加速度，C項錯誤；v-t圖像的面積表示位移，由題圖可知t0時間內甲球下落的高度較大，D項錯誤。
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5.如圖所示，物體在摩擦力的作用下沿水平地面做勻減速直線運動的位移x與時間t的關系圖像是拋物線的一部分，圖像在O點的切線過B點，在A點的切線與橫軸平行，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列說法正確的是( )
A.物體的減速距離為2 m
B.物體的初速度大小為2 m/s
C.物體沿地面運動的時間為3 s
D.物體與地面間的動摩擦因數為0.2
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題圖中在A點的切線與橫軸平行，則A點時速度為0，此時位移為 4 m，則物體的減速距離為4 m，A項錯誤；圖像在O點的切線過B點，則根據該點的斜率求得物體的初速度大小為4 m/s，B項錯 誤；物體減速的加速度大小為a== m/s2=2 m/s2，物體沿地面運動的時間為t0===2 s，C項錯誤；物體在水平地面上，根據牛頓第二定律有Ff=μmg=ma，解得物體與地面間的動摩擦因數為μ=0.2，D項正確。
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6.(2025·威海模擬)如圖所示，一重力為10 N的小球，在F=20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點由靜止出發沿AB向上運動，F作用1.2 s后撤去，已知桿與球間的動摩擦因數為，桿足夠長，取g=10 m/s2。求：
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梯級Ⅱ 能力練
(1)有F作用的過程中小球的加速度大小；
小球的質量為m==1 kg，
取沿桿向上為正方向，設小球在力F作用時的加速度大小為a1，此時小球的受力如圖1所示，
根據牛頓第二定律有
Fsin 30°-Gsin 30°-μFN=ma1，
Fcos 30°=Gcos 30°+FN，
聯立解得a1=2.5 m/s2。
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(2)撤去F瞬間小球的加速度大小；
撤去F瞬間，小球的受力如圖2所示，設此時小球的加速度為a2，有
-Gsin 30°-μFN'=ma2，
FN'=Gcos 30°，
聯立解得a2=-7.5 m/s2，
即加速度大小為7.5 m/s2。
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(3)從撤去力F開始計時，小球經多長時間將經過距A點為2.25 m的B 點。
剛撤去F時，小球的速度為v1=a1t1=3 m/s，
小球的位移為x1=a1=1.8 m，
撤去F后，小球繼續向上運動的時間為t2==0.4 s，
小球繼續向上運動的最大位移為x2==0.6 m，
則小球向上運動的最大距離為xm=x1+x2=2.4 m，
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在上滑階段通過B點，即xAB-x1=v1t3+a2，
解得t3=0.2 s或t3=0.6 s(舍)。
小球返回時，受力如圖3所示，設此時小球的加速度為a3，有
-Gsin 30°+μFN'=ma3，解得a3=-2.5 m/s2，
即加速度大小為2.5 m/s2，方向沿桿向下，
小球由頂端返回B點時，有-(xm-xAB)=a3，
解得t4= s，則通過B點時間為t=t2+t4≈0.75 s。
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7.分揀機器人在快遞行業的推廣大大提高了工作效率，派件員在分揀處將包裹放在靜止機器人的水平托盤上，機器人可將包裹送至指定投遞口，停止運動后緩慢翻轉托盤，當托盤傾角增大到θ時，包裹恰好開始下滑，如圖甲所示。現機器人要把包裹從分揀處運至相距L=45 m的投遞口處，為了運輸安全，包裹需與水平托盤保持相對靜止。已知包裹與水平托盤的動摩擦因數μ=0.75，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
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(1)包裹剛開始下滑時的托盤傾角θ；
根據題意，當包裹剛開始下滑時滿足
mgsin θ=μmgcos θ，
解得θ=37°。
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(2)機器人在運輸包裹的過程中允許的最大加速度a；
當包裹與水平托盤間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，加速度最 大，即μmg=ma，
解得a=7.5 m/s2。
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(3)若機器人運行的最大速度為vm=3 m/s，則機器人從分揀處運行至投遞口(恰好靜止)所需的最短時間t。
當機器人先以最大加速度做勻加速直線運動，加速至最大速度，然后做勻速直線運動，最后以最大加速度做勻減速直線運動，直至減速到零，機器人從分揀處運行至投遞口所需時間最短，則勻加速直線運動與勻減速直線運動的位移和時間相等，有
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x1=x3= ，t1=t3=，
勻速運動的時間為t2==，
聯立解得t=t1+t2+t3=15.4 s。
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8.(多選)智能手機中安裝了加速度感測器APP軟件后，可以精確測量手機運動的加速度。一同學將手機輕輕接觸彈簧由靜止釋放，如圖甲所示，手機在t3時刻運動到最低點，APP軟件記錄下此過程中加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示(不考慮薄板的質量)，則( )
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梯級Ⅲ 創新練
A.手機先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動
B.t2時刻，重力等于彈力，手機速度為零
C.t2時刻，手機對薄板的壓力為零
D.t3時刻，手機對薄板的壓力等于手機重力的2倍
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從題圖乙可知，手機的加速度先是向下逐漸減小，t2時刻之后加速度向上，再逐漸增大，而手機的速度方向一直向下，故手機先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，A項正 確；t2時刻手機加速度為零，重力大小等于彈力，手機對薄板的壓力大小等于手機重力；但在這之前手機一直在加速，t2時刻速度最大，B、C兩項錯誤；根據簡諧運動的對稱性，可知t3時刻手機的
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加速度與0時刻加速度相同，而0時刻彈簧處于原長，手機只受重力，加速度為g，所以t3時刻手機的加速度大小為g，方向豎直向 上，根據牛頓第二定律FN-mg=mg，得FN=2mg，根據牛頓第三定律可得t3時刻，手機對薄板的壓力等于手機重力的2倍，D項正 確。
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