第2讲　牛顿第二定律的应用.docx

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1、第6讲牛顿第二定律的应用教材阅读指导（对应人教版新教材必修第一册页码及相关问题）IDP97 100 ,利用牛顿运动定律可以研究哪两类问题？提示：从受力确定运动情况和从运动情况确定受力。10P102思考与讨论图4.6-4下蹲过程，图4.6-5下蹲、站起两个过程,分析超重和失重的情况。提示：下蹲过程先向下加速再向下减速，加速度方向先向下后向上，先失重 后超重；站起过程先向上加速再向上减速，加速度方向先向上后向下，先超重后 失重。IB PI01J04,怎样判断超重和失重？提示：假设加速度的方向向上，处于超重状态；假设加速度的方向向下，那么处于 失重状态。P106复习与提高A组T9（i）o提示：标注如

2、下图。-1.5-q -1.0-0.5-0-mgB. t亥时间内，v减小，FNmgC .亥时间内，。增大，Fmg答案D解析由于s图象的斜率表示速度，可知04时间内，速度。不断增大, 即乘客做竖直向下的加速运动，处于失重状态，那么际mg, C错误,D正确。关键能力升华解决图像综合问题的思路图像反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导， 得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义对图像及 运动过程进行分析。对点跟进训练1. （F-x图像）（2018全国卷I ）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块尸，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力方作用在P上，

3、使其向上 做匀加速直线运动。以X表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，以下 表示尸和X之间关系的图象可能正确的选项是（）答案A解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：息（） = mg,施加拉力厂后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F + k（x0 _x） /ng = ma,所以 F-ma + kx, A 正确。2. （f-K v-t图像综合）（2019全国卷111）（多项选择）如图a,物块和木板叠放在实验 台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t =0时，木板开始受到水平外力厂的作用，在，=4 s时撤去外力。细绳对物块的

4、拉力/随时间变化的关系如图b所示，木板的速度。与时间,的关系如图c所示。 木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取lOmd。由题给数据可以得出A,木板的质量为1 kgB. 24s内，力产的大小为0.4NC. 02s内，力厂的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案AB解析 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的04滑动摩擦力大小/摩二 0.2N。由题图c知，24s内，木板的加速度大小0二：-,0.4 -0.2m/s2 = 0.2 m/s2,摘去外力歹后的加速度大小。2=j m/s2 = 0.2 m/s2,设木板质量为2,根据牛顿第二定律，24s内：尸

5、一尸摩二机0,4 s以后：尸摩二松2,解 得根=lkg, F=0.4N, A、B正确。2s内，F=f,由题图b知，尸随时间是 均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由尸摩=加物g可知动摩擦因数不 可求，D错误。考点4超重和失重的理解深化理解科学思维梳理1.超重和失重的理解不管超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度。共同决定，其大小等 于ma。(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量， 物体就会处于超重或失重状态。(5)尽管整体没有竖直方向

6、的加速度，但只要整体的一局部具有竖直方向的分 加速度，整体也会出现超重或失重现象。2.判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态，小于重力时处 于失重状态，等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状 态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从运动状态的角度判断物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。例4 （2022山东省烟台市高三上期中）（多项选择）某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，如图甲所示，

7、在电梯地板上固定 了一个压力传感器，传感器上外表水平，将一个重力G= 10N的物体放在压力传 感器上，观察在电梯运动过程中压力传感器示数的变化情况，假设某段时间内计算 机显示屏上出现如图乙所示的图线，那么根据图线分析可知（）A.在第1s内，物体处于失重状态，电梯可能向下做匀加速直线运动B.在第2 s内，电梯可能处于匀速运动状态C.在第3 s内，物体处于超重状态，电梯可能向下做匀减速直线运动D.在第4 s内，物体处于超重状态，电梯可能向上做匀加速直线运动答案BD解析由题意可知，物体与电梯的运动状态相同。由题图可知，在第1 s内, 物体对传感器的压力大小小于重力，由牛顿第三定律可知，传感器对物体的

8、支持 力大小小于物体的重力大小，那么可知物体处于失重状态，由于支持力不断增大， 那么物体所受合力不断减小，由牛顿第二定律可知，物体向下的加速度不断减小， 那么电梯向上做加速度不断减小的减速直线运动，或向下做加速度不断减小的加速 直线运动，故A错误；由图可知，在第2 s内，传感器对物体的支持力等于物体 的重力，那么此时电梯处于静止状态或匀速运动状态，故B正确；由图可知，在第 3s内，传感器对物体的支持力大于物体的重力，那么物体处于超重状态，由于支持 力不断增大，那么物体所受合力不断增大，由牛顿第二定律可知，物体向上的加速 度不断增大，那么电梯向上做加速度不断增大的加速直线运动，或向下做加速度不

9、断增大的减速直线运动，故C错误；由图可知，在第4 s内，传感器对物体的支 持力大于物体的重力，且传感器对物体的支持力为恒力，那么物体处于超重状态， 物体所受合力向上且不变，那么电梯可能向上做匀加速直线运动，或向下做匀减速 直线运动，故D正确。关键能力升华(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力 完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物 体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如 天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。对点跟进训练(超重、失重相关

10、问题综合分析X2021天津市局部区高三上期末)某同学用如 图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受橡皮筋对手指 的压力。然后设法使钩码上下振动的同时手指保持静止，感受压力的变化(整个过 程中，橡皮筋对手指始终有压力的作用)，不计空气阻力。以下说法中正确的选项是 ()A.超重时钩码所受重力增加，失重时钩码所受重力减小B.钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于下 降阶段C.钩码下降到最低点时，钩码的速度为零，到达平衡状态D.钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于超 重状态答案B解析超重时橡皮筋对钩码的拉力超过钩码所受的重力，钩码所受的重

11、力不 变，失重时橡皮筋对钩码的拉力小于钩码所受的重力，钩码所受的重力也不变， 故A错误；钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，那么说明橡皮筋 对钩码的拉力增大，根据胡克定律可知，橡皮筋形变量增大，那么钩码一定处于下 降阶段，可能处于超重状态，也可能处于失重状态，故B正确，D错误；钩码下 降到最低点时，橡皮筋弹力最大，且大于钩码重力，钩码速度为零，向上的加速 度到达最大，而不是处于平衡状态，故C错误。课时作业I一、选择题（此题共8小题，其中第17题为单项选择，第8题为多项选择）1 .（2021辽宁省葫芦岛市高三上期末）如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小 球，机械臂与小球沿水平方向做加速

12、度为。的匀加速直线运动，那么铁夹对小球的 作用力（）A.大小为mg,方向竖直向上B.大小为ma,方向水平向右C.大小与小球的加速度大小无关D.方向与小球的加速度大小有关答案D解析 设铁夹对小球的作用力为F,那么方竖直方向的分力Fi=mg,水平方向 的分力F2 = /%a,铁夹对小球的作用力产=寸R+同=叫Ig2 +足,产与水平方向的 夹角。满足tana即/的大小和方向都与小球的加速度大小有关，故A、B、C错误，D正确。2 .智能化电动扶梯如下图，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升,贝版 ）A.乘客始终处于超重状态B.加速阶段乘客受到的摩擦力方向与。相同C.扶梯对乘客的作用力始终竖直向上D

13、.扶梯匀速上升时，扶梯对乘客的作用力竖直向上答案D解析 乘客站上扶梯，电动扶梯缓慢加速阶段，乘客的加速度斜向上，有竖 直向上的分加速度和水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律，在竖直方向上， 扶梯对乘客的支持力大于其重力，乘客处于超重状态，在水平方向上，乘客受到 水平向右的摩擦力，此时扶梯对乘客的作用力斜向右上方；扶梯匀速上升时，加 速度为零，扶梯对乘客只有向上的支持力，即扶梯对乘客的作用力竖直向上，且 与乘客所受重力大小相等，那么既不超重也不失重。故A、B、C错误，D正确。3 .如下图，质量分别为2m和机的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A 用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处于静止状态

14、时，物块B恰好对地 面没有压力，此时轻弹簧的形变量为羽 重力加速度为g,假设突然剪断细绳, 那么以下说法正确的选项是（）A.剪断细绳后，A物块向下运动x时速度最大8 .剪断细绳后，A物块向下运动3%时速度最大C.剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为3gD.剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为g答案B解析 剪断细绳前，物块B恰好对地面没有压力，那么弹簧处于伸长状态，根据平衡条件有：mg = kx,对物块A有：T=2mg + kx,即7=3mg；剪断细绳后， 刚开始物块A受到竖直向下的重力和弹力，物块A加速下落，下落过程中弹力变 小，加速度减小，当弹簧恢复原长后，物块A继续向下加速运动，压缩弹簧，当

15、弹簧弹力大小等于重力时，物块A加速度减为零，此时速度最大，设此时弹簧压 缩量为1,对物块A有：2mg = kxy,解得：xi=2x,物块A向下运动的总距离为 3%, A错误，B正确。剪断细绳瞬间，弹簧弹力不突变，物块A所受重力和弹力 的合力与剪断前绳子拉力等大反向，所以A物块的加速度大小：。=,=舞=| g, C、D错误。4 .一固定杆与水平方向夹角为9 = 30。，将一质量为阳的滑块套在杆上，通 -J3过轻绳悬挂一个质量为他的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为=为-。假设滑块 与小球保持相对静止以相同的加速度。一起向上做匀减速直线运动，那么此时小球 的位置可能是以下图中的哪一个(取g = 10

16、 m/s2)()答案D解析 把滑块和小球看作一个整体受力分析，沿杆方向：(如+ S2)gsin30。+/ =(mi +mi)a,垂直杆方向：方n =(如+/Z)gcos30。，摩擦力：/=尸n,联立可解得： a = gsin30 + /gcos30 = 7.5 m/s2,小球加速度沿杆向下，由于 ”gsin30。= 5 m/s?, 对小球受力分析可知，细绳偏离垂直杆的方向向右，故D正确，A、B、C错误。5 .(2021北京高考)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速 度测量仪”。如下图，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。 不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度

17、处；下端悬挂钢球，静止时指针提示：应用牛顿运动定律求瞬时加速度，理解弹簧的形变是一个渐变过程。在剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，而细绳对小球A的拉力突变为0。物理观念回顾写重建|物理观念1牛顿第二定律的应用.动力学的两类基本问题(1)物体的受力情况，确定物体的面运动情况;(2)物体的运动情况，确定物体的应I受力情况。1 .解决两类基本问题的方法以画加速度为“桥梁”，由画运动学公式和函牛顿第二定律列方程求解, 具体逻辑关系如图：由力求运动、牛顿第二定律.4 ,)运动学规律一上不受力情况下X加速度:运动情况)由运动求力物理观念2超重和失重.实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态

18、画无关。(2)视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的国 示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的画拉力或台秤所受物体的叵压力。2 .超重、失重和完全失重的比拟位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装 置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下 列说法正确的选项是（）超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力物体对支持物的压力物体对支持物(或悬A. 30 cm刻度对应的加速度为-0.5gB. 40 cm刻度对应的加速度为gC. 50cm刻度对应的加速度为2gD.各刻度对应加速度的值是不均匀的答案

19、A解析由题可知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处，那么弹 簧的原长Xo = 2Ocm;下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺Xi=40cm刻度处，那么 根据平衡条件有机g =且40 cm刻度对应的加速度为0, B错误；指针位于2 = 30 cm刻度时，有k（X2 -xo） -mg = mai,联立解得放=-0.5g, A正确； 指针位于3 = 50 cm刻度时，有k（X3 - xo） - mg = ma?,联立解得= 0.5g, C错误; 设钢球相对装置静止时指针所对刻度为,根据牛顿第二定律有Kx - xo） - mg =X Xma,联立解得。-g,即加速度与x成线性关系，那么各刻度

20、对应加速度的 X1 - Xo值是均匀的，D错误。6 .（2021广东省潮州市高三二模）京张高铁是北京冬奥会的重要配套工程，其 开通运营标志着冬奥会配套建设取得了新进展。如下图为某次高铁列车运行过 程中某节车厢截面示意图，车厢内两拉手A、B分别向前进方向在竖直方向偏离 角度a和夕并保持不变。取重力加速度为g,不计空气等阻力，那么以下说法错误 的是（）前进方向：B：BA,列车可能在减速进站B.两角度一定满足：a=/3C.减小拉手悬绳长度，那么偏角变大D.列车加速度大小为a = gtana答案C解析 由图可知拉手所受合力向左，那么加速度向左，因列车前进方向向右， 所以列车可能减速进站，A正确；拉手与

21、列车具有相同的加速度，即两拉手具有 相同的加速度，设加速度大小为“，受力分析可知/合= F合，=mBgtan = mBa,所以。二4，B正确；因列车加速度不变，那么拉手的加速度不变， 由以上分析可知偏角不变，与拉手悬绳长度无关，C错误；根据/合二机际tana = mAa,可得加速度大小Q = gtana, D正确。此题选说法错误的，应选C。7 .(2021广东省广州市高三二模)如下图，重力为G的物体a放在上外表水 平的物体b上，沿固定光滑斜面c一起下滑，贝1()A. a对b的压力等于零B. a对b的压力等于GC. a受到的摩擦力方向水平向右D. a与b之间没有摩擦力的作用答案C解析 对整体由牛

22、顿第二定律得Oa + Wb)gsin(9 = (2a + 2b)a,得。= gsin(9,单 独对a受力分析，由牛顿第二定律得，竖直方向上有mag-N=ma0 =侬/2。= Gsin2,水平方向上有f= mda2 = mdgsin6cos6 = GsinOcos。，那么得b对a的支持力N =G- Gsi。= Geos?/ 由牛顿第三定律知a对b的压力N =N= Gcos2, a受到 的摩擦力大小为./=Gsin8cos/ 方向水平向右。故A、B、D错误，C正确。8 . （2021 .河北省邯郸市高考一模）蹦床属于体操运动的一种，有“空中芭蕾” 之称。某次比赛过程中，一运发动做蹦床运动时，利用力

23、传感器测得运发动所受 蹦床弹力厂随时间看的变化图像如下图。假设运发动仅在竖直方向运动，不计空 气阻力，取重力加速度大小g=10 m/s2。依据图像给出的信息，以下说法正确的 是（ ）A.运发动的质量为66kgB.运发动的最大加速度为45 mHC.运发动离开蹦床后上升的最大高度为5 mD.运发动离开蹦床后上升的最大高度为10m答案BC解析 由图像信息可知，开始时运发动静止在蹦床上，所受弹力与重力大小 相等，即机g = 600N,解得运发动的质量根=60kg, A错误；运发动在蹦床上时Fm - mg受到的最大弹力= 3300 N,由牛顿第二定律得最大加速度 而二一丁一 二 45 m/s2g=10

24、m/s2, B正确；由图可知，运发动离开蹦床后在空中运动的最长时间 为2 s,上升和下落的时间分别为1 s,那么运发动离开蹦床后上升的最大高度为/= 5 m, C正确,D错误。二、非选择题（此题共1小题）9 .滑雪运动是运发动把滑雪板装在靴底在雪地上进行的滑行、跳跃的竞赛运 动。当滑雪板相对雪地速度较大时，会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间 形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板相 对雪地速度较小时，与雪地接触的时间超过某一值，滑雪板就会下陷，使得其与 雪地间的摩擦力增大。假设速度超过8 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就 会由川二。.25变为2 = 0.

25、125。一运发动从倾角。二37。的坡顶A处由静止开始自 由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C 处,如下图。不计空气阻力,坡长/ = 24.1m, g取如m/s2, sin37 = 0.6, cos37 = 0.8o(1)求运发动从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；(2)求运发动到达B处时的速度大小；(3)假设滑雪板与水平地面间的动摩擦因数3 = S5,求运发动在水平地面上运 动的最大距离。答案 (1)2 s (2)15 m/s (3)22.5 m解析(1)运发动从静止开始滑动后，由牛顿第二定律得mgsind-mgcosO =解得 a - gsinO

26、- igcos。= 4 m/s2v运发动从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间n=- = 2so c 1动摩擦因数变化之前运发动的位移1 9xi =14历=8 m之后由牛顿第二定律得mgsin3 - 2Higcos。= mai解得 2 = gsin。- 2gcos。= 5 m/s2由琮二科 + 2。2(/-xi)代入数据解得在=15 m/s。在水平地面上根据牛顿第二定律得N3mg = mci3在水平地面运动的最大距离:通二22.5 mo（或对悬挂物的拉力）函大于物体所受重力的现象（或对悬挂物的拉力）国小于物体所受重力的现象挂物）画完全没有作 用力的现象产生条件物体的加速度方向 丽竖直向上物

27、体的加速度方向 两竖直向下物体的加速度方向 国竖直向下,大小M等于g原理方程F - mg = maF = mg + a)mg - F= ma F = m(g - a)mg - F= maa 二 gF = 0运动状态叵加速上升或回减速下降叵加速下降或叵减速上升以。=g叵加速下降 或由减速上升,必备知识夯实一堵点疏通.物体做匀减速直线运动时，合力的方向与速度的方向相反。（）1 .物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。（）.超重就是物体的重力变大的现象。（）2 .物体处于完全失重状态时，重力消失。（）.减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。（）3 .物体是处于超重还是失重状态，由加速度的

28、方向决定，与速度方向无关。 （）答案 1. V 2.J 3.X 4.X 5.X 6. V二对点激活L （人教版必修第一册RotTi改编）（多项选择）一个原来静止的物体，质量是2 kg, 受到两个大小都是50 N且互成120。角的力的作用，此外没有其他的力，关于该 物体，以下说法正确的选项是（）A.物体受到的合力为50 NB.物体的加速度为255m/s2c. 3 s末物体的速度为75 m/sD. 3 s内物体发生的位移为125 m答案AC解析解析两个夹角为120。的5。N的力，其合力仍为5。N,加速度二25m/s?，3 s 末速度 o 二,二 75 m/s,3 s 内位移了二彳/2 = 112.

29、5 m,故 A、C 正确，B、D 错误。2 .（多项选择）如下图，蹦床运发动从空中落到床面上，运发动从接触床面下降到 最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运发动（）*A.在第一过程中始终处于失重状态B.在第二过程中始终处于超重状态C.在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D.在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态答案CD解析 在第一过程中，运发动刚接触床面时重力大于弹力，运发动向下做加 速运动，处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时， 运发动做减速运动，处于超重状态，故A错误，C正确。蹦床运发动在第二过程 中和第一过程中的运动情况是对称的，加速度方

30、向先向上后向下，先处于超重状 态，后处于失重状态，故B错误，D正确。3 .（人教版必修第一册予99例题2改编）如下图，截面为直角三角形的木块置 于粗糙的水平地面上，其倾角9 = 30。，斜面长为7 m。现木块上有一质量为小二 1.0 kg的滑块从斜面顶端由静止开始下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了 1.4 m/s,且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取lOmd,求：滑块滑行过程中受到的摩擦力大小;滑块滑到木块底部时的速度大小。答案(1)1.5 N (2)7 m/s解析(1)由题意可知，滑块滑行的加速度Ar L4 a = t = OAQAr L4 a = t = OAQm/s2

31、 = 3.5 m/s2对滑块受力分析，如下图,对滑块受力分析，如下图,根据牛顿第二定律得mgsinO - Ff = ma解得居=1.5 N。根据8 = 2办得v -2X3.5X7 m/s = 7 m/s。核心索养开展与提升|考点1牛顿第二定律的瞬时性问题考点1牛顿第二定律的瞬时性问题拓展延伸科学思维梳理1 .两种模型加速度与合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D. “a = 0,1例1如下图，两个质量均为根的小球A、

32、B用轻质弹簧连接，小球A的 另一端用轻绳系在。点，放置在倾角为9 = 30。的光滑斜面上，斜面固定不动。系 统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球A、B的加 速度大小分别为QA、1B,重力加速度大小为g,贝lj( )A. A 二 g , 6ZB = 0C. a- g, &b 二 g答案A解析轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧 的拉力/二mgsin30。，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化, 轻弹簧的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速 度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面

33、的支持力，对小球A,由牛顿第二定律有尸+ %gsin30o = /7w,解得QA = g。A正 确。关键能力升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要 重新进行受力分析和运动分析。如例1中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析 和运动分析，同时注意哪些力发生突变。（2）加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发 生突变。对点跟进训练1 .（瞬时性问题）（2022辽宁省辽东南协作体高三上期中）如下图，物块1的质 量为3加，物块2的质量为加，两者通过一轻质弹簧相连，整个系统置于水平放置 的光滑木板上，并处于静止状态

34、。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬 间，物块1、2的加速度大小分别为0、a2。重力加速度大小为g。那么有（）IA . 6Z1 = 0 , （22 = gB.6Z1 = g , Cl2 = gC. a = 0, 2 = 4gD.6Zi = g, 42 = 4g答案C解析 抽出木板前，对物块1受力分析可知，弹簧对物块1的弹力方=3ag, 方向竖直向上；对物块2受力分析可知，弹簧对物块2的弹力大小为方向 竖直向下。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，那么 其加速度0=0；物块2受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得敛= 31ng + mg一-二 4g,故C正确，A、

35、B、D错误。 I I L2 .（瞬时性问题）（2021.山东省荷泽市高三下二模）如下图，质量为m的小球 与两根弹簧a、b相连，并放置在倾角为37。的光滑斜面上，其中弹簧a与斜面平 行，弹簧b水平，开始时a、b两弹簧都处于拉伸状态，且小球对斜面恰好无压力。 重力加速度为g,以下说法正确的选项是（）薪ioo37A.剪断弹簧b的瞬间小球的加速度为前,方向沿斜面向上B.剪断弹簧b的瞬间小球对斜面的压力为0C.剪断弹簧a的瞬间小球的加速度为|g,方向沿斜面向下3D.剪断弹簧a的瞬间小球的加速度为开，方向沿斜面向下答案C解析 未剪断弹簧之前，对小球受力分析，根据平衡条件可得作-凡sin37。54=0, F

36、acos37-Fb = 0,解得=Fb = mg,剪断弹簧b的瞬间，弹簧b的mgsin37 = mamgsin37 = ma弹力消失，弹簧a的弹力不变，根据牛顿第二定律可得，沿斜面方向有Fa- 垂直斜面方向有bN-mgcos37o = 0,联立解得。二百g,方向沿斜44面向上，/N = 5/叫，根据牛顿第三定律，可知小球对斜面的压力为产g,故A、B错误；剪断弹簧a的瞬间，弹簧a的弹力消失，弹簧b的弹力不变，根据牛顿第 二定律可得，沿斜面方向有Fbcos37 + mgsin37 = ma,解得。= |g,方向沿斜面向下，故C正确，D错误。考点2动力学的两类基本问题科学思维梳理动力学的两类基本问题

37、的解题步骤根据问题的需要和解题的方便，选出被 研究的对象。研究对象可以是某个物体， 也可以是几个物体构成的系统。画好受力示电图、运动情境图，明确物 体的运动性质和运动过程。通常沿加速度的方向建立坐标系并以加 一速度方向为某一坐标轴的正方向。假设物体只受两个共点力作用，通常用合成法；假设物体受到三个及以上不在同一 宜线上的力，一般用正交分解法。根据牛顿第二定律/或J =max,和根据问题的需要和解题的方便，选出被 研究的对象。研究对象可以是某个物体， 也可以是几个物体构成的系统。画好受力示电图、运动情境图，明确物 体的运动性质和运动过程。通常沿加速度的方向建立坐标系并以加 一速度方向为某一坐标轴

38、的正方向。假设物体只受两个共点力作用，通常用合成法；假设物体受到三个及以上不在同一 宜线上的力，一般用正交分解法。根据牛顿第二定律/或J =max,和明确研究对象受力分析和运动状态分析选取正方向或建立坐标系确定合力IL A 尸列方程求解 片运动学公式列方程求解，必要时还要对结 果进行讨论。例2如下图,一足够长的斜面BC倾角为。=37,与水平面AB圆滑连接。质量机=2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与8点之间的距离L = 9m, 物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为 =0.5。现使物体受到一水平向右的恒 力尸=14 N作用，当物体运动至B点时撤去该力(揄37。= 0.6, cos37 =

39、0.8,取g =10 m/s2)o 那么:(1)物体到达B点时的速度是多大？(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？答案J (l)6m/s (2) Q.6+ s解析(1)物体在水平面上运动时，根据牛顿第二定律有尸-吆=小。解得 a = 2 m/s2物体从M到B,根据运动学公式有琮=2解得桃= 6m/s。(2)物体在斜面上向上运动时，根据牛顿第二定律有msin + jumgcosO = ma解得 a = 10 m/s2根据运动学公式有次=2aix解得x二1.8 m由 加=at 得 t - 0.6 s因 tan。，所以物体速度减为零后会继续下滑，下滑时根据牛顿第二定律有 mgsin。一 2gcos。= men解得= 2 m/s2由 X = $2役得 t2 = s所以物体在斜面上滑行的总时间t = t+t2= 0.6 + -Z- So D J关键能力升华