2022年高中物理魯科版必修1教學(xué)案：第6章 第2節(jié) 第2課時(shí) 牛頓第二定律　單位制(含解析)

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1、2022年高中物理魯科版必修1教學(xué)案：第6章 第2節(jié) 第2課時(shí) 牛頓第二定律　單位制(含解析) 1.物體的加速度跟所受合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向與合外力的方向相同。 2．加速度是矢量，與物體所受合外力是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，即同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失。 3．a(chǎn)＝是加速度的決定式。a＝是加速度的定義式。 4．國(guó)際單位制由基本單位和導(dǎo)出單位組成，力學(xué)中的基本單位是m、kg和s。 一、牛頓第二定律 1．內(nèi)容 物體加速度的大小與所受合外力的大小成正比，與物體的質(zhì)量成反比，加速度方向與合外力方向相同。 2．表達(dá)式 F合＝kma。 質(zhì)量的單位用kg

2、，加速度單位用m/s2，且規(guī)定質(zhì)量為1 kg的物體獲得1 m/s2的加速度所需的力為1 N，這樣表達(dá)式中的k就等于1，牛頓第二定律表達(dá)式可簡(jiǎn)化為F＝ma。 二、力學(xué)單位制 1. 2．意義與作用 用公式計(jì)算的時(shí)候，所列的等式中就不必一一寫出每個(gè)物理量的單位，只要在計(jì)算結(jié)果的數(shù)據(jù)后面寫出待求量的單位即可。 1．自主思考——判一判 (1)由a∝可知，物體的加速度與物體所受合力成正比，與物體的質(zhì)量成反比。(√) (2)由a∝得F∝ma，可知物體所受合外力與物體的加速度和質(zhì)量的乘積成正比。(×) (3)由a∝得m∝，可知物體的質(zhì)量與物體所受合外力成正比，與物體的加速度成反比。(×)

3、 (4)在力學(xué)問題的分析計(jì)算中，只能采用國(guó)際單位，不能采用其他單位。(×) (5)力學(xué)單位制中，國(guó)際單位制的基本單位有千克、米、秒。(√) (6)只有在國(guó)際單位制中，牛頓第二定律的表達(dá)式才是F＝ma。(√) 2．合作探究——議一議 (1)用一個(gè)很小的力去推很重的桌子，卻推不動(dòng)它，是否說明這個(gè)力沒有產(chǎn)生加速度？ 提示：桌子沒推動(dòng)說明桌子受到的合外力等于零，并不是這個(gè)力沒產(chǎn)生加速度。 (2)為什么賽車的質(zhì)量比一般小汽車的質(zhì)量小得多，而且還安裝一個(gè)功率很大的發(fā)動(dòng)機(jī)？ 提示：為了提高賽車的靈活性，由牛頓第二定律可知，要使物體有較大的加速度，需減小其質(zhì)量或增大其所受到的作用力，賽車就是通過

4、增加發(fā)動(dòng)機(jī)動(dòng)力，減小車身質(zhì)量來增大啟動(dòng)、剎車時(shí)的加速度，從而提高賽車的機(jī)動(dòng)靈活性的，這樣有益于提高比賽成績(jī)。 (3)美國(guó)NBA官方公布的姚明身高7英尺5.5英寸，中國(guó)籃協(xié)官方公布的姚明身高2.26米，關(guān)于姚明的身高，兩個(gè)數(shù)據(jù)為什么不一樣？ 提示：因?yàn)椴捎玫膯挝恢撇灰粯樱詢蓚€(gè)數(shù)據(jù)不一樣。1英尺＝12英寸，1英寸＝2.54厘米，所以7英尺5.5英寸相當(dāng)于2.27米，與中國(guó)籃協(xié)公布的2.26米基本一致。 對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P 牛頓第二定律的理解 牛頓第二定律揭示了加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，指明了加速度大小和方向的決定因素，對(duì)于牛頓第二定律應(yīng)該從以下六個(gè)方面進(jìn)行深刻理解： 同一性

5、 F合、m、a三者應(yīng)對(duì)應(yīng)同一物體 因果性 只要物體所受合力不為0(無論合力多么小)，物體就獲得加速度，即力是產(chǎn)生加速度的原因 矢量性 物體加速度的方向與物體所受合力的方向總是相同 瞬時(shí)性 物體的加速度與物體所受的合力總是同時(shí)存在，同時(shí)變化，同時(shí)消失 獨(dú)立性 作用在物體上的每個(gè)力都將獨(dú)立地產(chǎn)生各自的加速度，與物體是否受其他力的作用無關(guān)，合力的加速度為這些加速度的矢量和 相對(duì)性 物體的加速度必須是對(duì)靜止的或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系而言的。對(duì)加速運(yùn)動(dòng)的參考系不適用 1．根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是(　　) A．物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比 B．

6、物體所受合外力必須達(dá)到一定值時(shí)，才能使物體產(chǎn)生加速度 C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個(gè)的大小成正比 D．當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時(shí)，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比 解析：選D　物體加速度的大小與物體受到的合外力成正比，與物體的質(zhì)量成反比，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；力是產(chǎn)生加速度的原因，只要有合力，物體就有加速度，它們之間有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，不存在累積效應(yīng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體加速度的大小與它受到的合力成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)矢量的合成和分解，即Fx＝max，選項(xiàng)D正確。 2．(多選)關(guān)于牛頓第二定律，下列說法中正確的是(　　) A．牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma在任何情況下都適

7、用 B．某一瞬時(shí)的加速度，只能由這一瞬時(shí)的外力決定，而與這一瞬時(shí)之前或之后的外力無關(guān) C．在公式F＝ma中，若F為合外力，則a等于作用在該物體上的每一個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和 D．物體的運(yùn)動(dòng)方向一定與物體所受合外力的方向一致 解析：選BC　牛頓第二定律只適用于宏觀物體在低速時(shí)的運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；F＝ma具有同時(shí)性，B正確；如果F＝ma中F是合外力，則a為合外力產(chǎn)生的加速度，即各分力產(chǎn)生加速度的矢量和，C正確；如果物體做減速運(yùn)動(dòng)，則v與F反向，D錯(cuò)誤。 3．(多選)下列對(duì)牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma及其變形公式的理解，正確的是(　　) A．由F＝ma可知，物體所受的合力與物體的質(zhì)量成正比

8、，與物體的加速度成反比 B．由m＝可知，物體的質(zhì)量與其所受的合力成正比，與其運(yùn)動(dòng)的加速度成反比 C．由a＝可知，物體的加速度與其所受的合力成正比，與其質(zhì)量成反比 D．由m＝可知，物體的質(zhì)量可以通過測(cè)量它的加速度和它所受的合力而求出 解析：選CD　牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma表明了各物理量之間的數(shù)量關(guān)系，即已知兩個(gè)量，可以求第三個(gè)量；物體的質(zhì)量由物體本身決定，與受力無關(guān)；物體所受的合力，是由和它相互作用的物體共同產(chǎn)生的，與物體的質(zhì)量和加速度無關(guān)；由a＝可知，物體的加速度與其所受的合力成正比，與其質(zhì)量成反比。綜上分析知，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C、D正確。 瞬時(shí)加速度的計(jì)算 [

9、典例]　(多選)如圖6-2-18所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間(　　) 圖6-2-18 A．a(chǎn)1＝3g　　　　　　　　 B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 [審題指導(dǎo)]　(1)分析“整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)”時(shí)細(xì)線的拉力及各段彈簧拉力。 (2)分析“細(xì)線剪斷瞬間”，細(xì)線拉力及各段彈簧拉力的變化。 [解析]　剪斷細(xì)線前，把a(bǔ)、b

10、、c看成整體，細(xì)線上的拉力為T＝3mg。因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、b、c之間的作用力與剪斷細(xì)線之前相同。則將細(xì)線剪斷瞬間，對(duì)a隔離進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正確，B錯(cuò)誤。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正確，D錯(cuò)誤。 [答案]　AC 牛頓第二定律是力的瞬時(shí)作用規(guī)律，加速度和力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失。求解瞬時(shí)加速度時(shí)應(yīng)注意以下兩個(gè)物理模型： (1)剛性繩模型(細(xì)鋼絲、細(xì)線等)：形變的發(fā)生和變化過程歷時(shí)極短，在物體受力情況改變(如某個(gè)力消失)的瞬間，其形變可隨之突變。 (2)輕彈簧模型(輕彈簧

11、、橡皮繩、彈性繩等)：形變明顯，其形變發(fā)生改變所需時(shí)間較長(zhǎng)，在瞬時(shí)問題中，其彈力的大小可看成是不變的?！　　　? 1．如圖6-2-19所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q。球靜止時(shí)，Ⅰ中拉力大小為T1，Ⅱ中拉力大小為T2。當(dāng)僅剪斷Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬間，球的加速度a應(yīng)是(　　) 圖6-2-19 A．若剪斷Ⅰ，則a＝g，方向豎直向下 B．若剪斷Ⅱ，則a＝，方向水平向左 C．若剪斷Ⅰ，則a＝，方向沿Ⅰ的延長(zhǎng)線 D．若剪斷Ⅱ，則a＝g，方向豎直向上 解析：選A　若剪斷Ⅰ，彈簧上彈力消失，由于水平細(xì)線Ⅱ上的彈力可以突變，此時(shí)Ⅱ上的彈力瞬間減為

12、零，球受到的合外力就是球的重力，球的加速度就是重力加速度，即a＝g，方向豎直向下，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，A正確；若剪斷Ⅱ，此時(shí)水平細(xì)線上的彈力消失，由于彈簧來不及發(fā)生形變，彈簧上彈力不變，球受到的合外力大小等于水平細(xì)線上的彈力，方向與水平細(xì)線上彈力反向，即合力大小F＝mgtan θ＝T2，球的加速度為a＝，方向水平向左，選項(xiàng)B、D均錯(cuò)誤。 2．如圖6-2-20所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g，則有(　　)

13、 圖6-2-20 A．a(chǎn)1＝g，a2＝g B．a(chǎn)1＝0，a2＝g C．a(chǎn)1＝0，a2＝g D．a(chǎn)1＝g，a2＝g 解析：選C　在抽出木板的瞬時(shí)，彈簧對(duì)1的支持力和對(duì)2的壓力并未改變。木塊1受重力和支持力，mg＝F，a1＝0。木塊2受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律a2＝＝g。故選C。 3.如圖6-2-21所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為(　　) 圖6-2-21 A．0　　　　　　　　 B.g C．g D.g 解析：選B　未撤離木板時(shí)，小球受重力G、彈簧的拉力F

14、和木板的彈力FN的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，通過受力分析可知，木板對(duì)小球的彈力大小為mg。在撤離木板的瞬間，彈簧的彈力大小和方向均沒有發(fā)生變化，而小球的重力是恒力，故此時(shí)小球受到重力G、彈簧的拉力F，合力與木板提供的彈力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小為g，由此可知B正確。 力學(xué)單位制及應(yīng)用 1．推導(dǎo)單位 物理公式在確定各物理量的數(shù)量關(guān)系時(shí)，同時(shí)也確定了各物理量的單位關(guān)系，所以我們可以根據(jù)物理公式中物理量間的關(guān)系，推導(dǎo)出物理量的單位。 2．檢驗(yàn)計(jì)算結(jié)果 各量的單位統(tǒng)一成國(guó)際單位計(jì)算結(jié)果的單位和該物理量的國(guó)際單位一致時(shí)，該運(yùn)算過程才可能是正確的。若所求物理量的單位

15、不對(duì)，則結(jié)果一定錯(cuò)。 1．(多選)下列有關(guān)力學(xué)單位制的說法中正確的是(　　) A．在有關(guān)力學(xué)的分析計(jì)算中，只能采用國(guó)際單位制，不能采用其他單位制 B．在力學(xué)范圍內(nèi)，國(guó)際單位制中的基本物理量有長(zhǎng)度、質(zhì)量和速度 C．在力學(xué)范圍內(nèi)，國(guó)際單位制中的基本單位有千克、米和秒 D．單位制中的導(dǎo)出單位可以用基本單位來表達(dá) 解析：選CD　計(jì)算中可以采用任何一種單位制，只要單位統(tǒng)一即可，但為了方便，常常采用國(guó)際單位制，A項(xiàng)錯(cuò)誤；力學(xué)范圍內(nèi)，長(zhǎng)度、質(zhì)量和時(shí)間為國(guó)際單位制中的三個(gè)基本物理量，相對(duì)應(yīng)的基本單位是米、千克和秒，故B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；按照單位制的概念，導(dǎo)出單位都可以用基本單位來表達(dá)，如1 N

16、＝1 kg·m/s2，故D項(xiàng)正確。 2．(多選)在牛頓第二定律的數(shù)學(xué)表達(dá)式F＝kma中，有關(guān)比例系數(shù)k的說法，正確的是(　　) A．k的數(shù)值由F、m、a的數(shù)值決定 B．k的數(shù)值由F、m、a的單位決定 C．在國(guó)際單位制中k＝1 D．在任何情況下k都等于1 解析：選BC　物理公式在確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系的同時(shí)也確定了物理量的單位關(guān)系，在F＝kma中，只有m的單位取kg，a的單位取m/s2，F(xiàn)的單位取N時(shí)，k才等于1，即在國(guó)際單位制中k＝1，故B、C正確。 3．據(jù)報(bào)載，我國(guó)自行設(shè)計(jì)生產(chǎn)運(yùn)行速度可達(dá)v＝150 m/s的磁懸浮飛機(jī)。假設(shè)“飛機(jī)”的總質(zhì)量m＝5 t，沿水平直軌道以a＝1 m

17、/s2的加速度從靜止做勻加速起動(dòng)至最大速度，忽略一切阻力的影響，(重力加速度g＝10 m/s2)求： (1)“飛機(jī)”所需的動(dòng)力F； (2)“飛機(jī)”起動(dòng)至最大速度所需的時(shí)間t。 解析：(1)由牛頓第二定律得：“飛機(jī)”所需的動(dòng)力 F＝ma＝5 000 N。 (2)從起動(dòng)至最大速度所需時(shí)間t＝＝150 s。 答案：(1)5 000 N　(2)150 s 牛頓第二定律的應(yīng)用 1．動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 (1)已知物體的受力情況，研究物體的運(yùn)動(dòng)情況，即在已知物體的受力情況下，求出物體的加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定物體的運(yùn)動(dòng)情況。 (2)已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，研究物體的受力情況

18、，即在已知物體的運(yùn)動(dòng)情況下，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度，再由加速度確定物體的受力情況。 2．應(yīng)用牛頓第二定律解題的方法 對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，把題目中所描述的物理情境和初始狀態(tài)弄清楚，然后根據(jù)牛頓第二定律，通過“加速度”這個(gè)聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解。 [典例]　如圖6-2-22所示，質(zhì)量為m的木塊以一定的初速度沿傾角為θ的斜面向上滑動(dòng)，斜面靜止不動(dòng)且足夠長(zhǎng)，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。 (1)求木塊向上滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向。 (2)若此木塊滑到最大高度后能沿斜面下滑，求木塊下滑時(shí)加速度的大小和方向。 圖6-2-22 [思路

19、點(diǎn)撥]　解答本題時(shí)，可按以下思路進(jìn)行分析： [解析]　(1)以木塊為研究對(duì)象，因木塊受到三個(gè)力的作用，故采用正交分解法求解，建立坐標(biāo)系時(shí)，以加速度的方向?yàn)閤軸的正方向。木塊上滑時(shí)受力情況如圖甲所示。根據(jù)題意，加速度方向沿斜面向下。將各力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解。 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ＋f＝ma，N－mgcos θ＝0 又f＝μN(yùn)，聯(lián)立解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下。 (2)木塊沿斜面下滑時(shí)，受力情況如圖乙所示，由題意知，木塊的加速度方向沿斜面向下。 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－f′＝ma′，N′－mgcos θ＝0 又f′

20、＝μN(yùn)′，聯(lián)立解得a′＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下。 [答案]　(1)g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下 (2)g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下 應(yīng)用牛頓第二定律的兩點(diǎn)技巧 (1)若物體只受兩個(gè)力的作用而產(chǎn)生加速度時(shí)，一般根據(jù)平行四邊形定則求合力，合力方向就是加速度的方向。 (2)若物體受兩個(gè)以上的力作用而產(chǎn)生加速度時(shí)，常采用正交分解法求解。建立坐標(biāo)系的原則是讓盡可能多的矢量落在坐標(biāo)軸上。因此，根據(jù)具體情況可以分解力，也可以分解加速度。在分解力時(shí)，往往使加速度在某一坐標(biāo)軸上，另一坐標(biāo)軸上的合力為零?！? 　　　 1．滑冰車是兒童

21、喜歡的冰上娛樂項(xiàng)目之一。如圖6-2-23所示為小明媽媽正與小明在水平冰面上游戲，小明與冰車的總質(zhì)量是40 kg，冰車與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05，在某次游戲中，假設(shè)小明媽媽對(duì)冰車施加了40 N的水平推力，使冰車從靜止開始運(yùn)動(dòng)，10 s后停止施加力的作用，使冰車自由滑行。(假設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中冰車始終沿直線運(yùn)動(dòng)，小明始終沒有施加力的作用)。求： (1)冰車的最大速度； (2)冰車在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中滑行的位移大小。 圖6-2-23 解析：(1)以冰車和小明整體為研究對(duì)象，在小明媽媽對(duì)冰車施加水平推力的過程中，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma1 vm＝a1t 聯(lián)立解得vm＝5 m/s

22、。 (2)冰車做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中，有s1＝a1t2 冰車自由滑行時(shí)，有μmg＝ma2，v＝2a2s2 又s＝s1＋s2 聯(lián)立解得s＝50 m。 答案：(1)5 m/s　(2)50 m 2.如圖6-2-24所示，沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向37°角，球和車廂相對(duì)靜止，球的質(zhì)量為1 kg。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求車廂運(yùn)動(dòng)的加速度，并說明車廂的運(yùn)動(dòng)情況。 (2)求懸線對(duì)小球的拉力大小。 圖6-2-24 解析：(1)球與車廂相對(duì)靜止，它們的運(yùn)動(dòng)情況相同，以球?yàn)檠芯繉?duì)象，球受兩個(gè)力的作用：

23、重力mg和線的拉力F。由于球隨車一起沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向。 依題意作受力分析圖(如圖所示)，球所受的合外力為： F合＝mgtan 37°。 由牛頓第二定律F＝ma可求得球的加速度大小為：a＝＝gtan 37°＝7.5 m/s2。加速度方向水平向右。 車廂可能水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，也可能水平向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)由圖可得，線對(duì)球的拉力大小為： F＝＝ N＝12.5 N。 答案：見解析 1．(多選)下列選項(xiàng)中，屬于國(guó)際單位制中的加速度單位的是(　　) A．cm/s2　　 B．m/s2 C．N/kg　　 D．N/m

24、 解析：選BC　A選項(xiàng)中cm不是國(guó)際單位，故A錯(cuò)誤。由a＝可得a的單位為m/s2，故B正確。又a＝可得a的單位是N/kg，故C正確。D選項(xiàng)N/m對(duì)應(yīng)公式錯(cuò)誤。 2．(多選)由牛頓第二定律表達(dá)式F＝ma可知(　　) A．質(zhì)量m與合外力F成正比，與加速度a成反比 B．合外力F與質(zhì)量m和加速度a都成正比 C．物體的加速度的方向總是跟它所受合外力的方向一致 D．物體的加速度a跟所受的合外力F成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比 解析：選CD　對(duì)于給定的物體，其質(zhì)量是不變的，合外力變化時(shí)，加速度也變化，合外力與加速度的比值不變，A、B錯(cuò)誤；加速度的方向總是跟合外力的方向相同，C正確；由a＝可知D正

25、確。 3．物體受10 N的水平拉力作用，恰能沿水平面勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)撤去這個(gè)拉力后，物體將(　　) A．勻速運(yùn)動(dòng) B．立即停止運(yùn)動(dòng) C．產(chǎn)生加速度，做勻減速運(yùn)動(dòng) D．產(chǎn)生加速度，做勻加速運(yùn)動(dòng) 解析：選C　物體在水平拉力作用下做勻速運(yùn)動(dòng)，說明物體受到一個(gè)與拉力等大反向的摩擦力的作用，當(dāng)撤去拉力后，在摩擦力作用下，物體產(chǎn)生一個(gè)向后的加速度，做勻減速運(yùn)動(dòng)，C正確。 4．如圖1所示，有一箱裝得很滿的土豆，以一定的初速度在動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的水平地面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)其他外力及空氣阻力，則中間一質(zhì)量為m的土豆A受到其他土豆對(duì)它的作用力大小應(yīng)是(　　) 圖1 A．mg　 B．μmg C．

26、mg　 D．mg 解析：選C　在水平方向上土豆具有和箱子共同的水平加速度a，由牛頓第二定律知：a＝μg，其他土豆施加給土豆A的水平作用力F1＝μmg。豎直方向上其他土豆對(duì)土豆A的作用力F2＝mg，所以其他土豆對(duì)它的作用力的大小F＝＝mg。 5．一物體在幾個(gè)力的共同作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使其中向東的一個(gè)力F的值逐漸減小到零，又逐漸使其恢復(fù)到原值(方向不變)，則(　　) A．物體始終向東運(yùn)動(dòng) B．物體先向西運(yùn)動(dòng)后向東運(yùn)動(dòng) C．物體的加速度先增大后減小 D．物體的速度先增大后減小 解析：選C　物體向東的力逐漸減小，由于原來合力為零，當(dāng)向東的力逐漸減小時(shí)，合力應(yīng)該向西逐漸增大，物體的加速

27、度增大，方向向西。當(dāng)物體向東的力恢復(fù)到原值時(shí)，物體的合力再次為零，加速度減小到零。所以加速度的變化情況應(yīng)該先增大后減小。加速度是有一個(gè)減小的過程，但在整個(gè)過程中加速度的方向始終和速度的方向一致，所以速度應(yīng)該一直增大，直到加速度為零為止。所以C正確。 6．為保持城市清潔，某城市環(huán)衛(wèi)局訂購(gòu)了大量平頭灑水車。該型號(hào)灑水車具有自吸自排功能，可前沖、后灑、側(cè)噴，工作臺(tái)帶可調(diào)節(jié)的高壓槍，當(dāng)水調(diào)節(jié)成柱狀時(shí)，射程大于等于40 m，調(diào)節(jié)成霧狀時(shí)，射程小于等于15 m。如果灑水車在平直公路上行駛時(shí)，假設(shè)灑水車的牽引力不變，所受阻力跟車重成正比，那么開始灑水后，灑水車的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) A．仍做勻速運(yùn)動(dòng)　　　

28、 B．做勻加速運(yùn)動(dòng) C．做勻減速運(yùn)動(dòng) D．做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng) 解析：選D　灑水車所受阻力跟車重成正比，設(shè)為f＝kmg，根據(jù)牛頓第二定律有F－kmg＝ma，即a＝－kg。開始灑水后，m減小，F(xiàn)不變，a增大，v增大，灑水車做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，D正確。 7．一個(gè)小孩從滑梯上滑下的運(yùn)動(dòng)可看做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。第一次小孩單獨(dú)從滑梯上滑下，加速度為a1。第二次小孩抱上一只小狗后再?gòu)幕萆匣?小狗不與滑梯接觸)，加速度為a2。則(　　) A．a(chǎn)1＝a2　 B．a(chǎn)1＜a2 C．a(chǎn)1＞a2　 D．無法判斷 解析：選A　以滑梯上孩子為研究對(duì)象受力分析并正交分解重力如圖所示。 x方向mg

29、sin α－f＝ma y方向N－mgcos α＝0 f＝μN(yùn) 由以上三式得a＝g(sin α－μcos α) 由表達(dá)式知，a與質(zhì)量無關(guān)，A對(duì)。 8．(多選)一質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)該質(zhì)點(diǎn)施加力F，力F隨時(shí)間t按如圖2所示的規(guī)律變化，力F的方向始終在同一直線上。在0～4 s內(nèi)，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．第2 s末，質(zhì)點(diǎn)距離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) B．第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大 C．第4 s末，質(zhì)點(diǎn)距離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) D．第4 s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大 解析：選BC　力F由圖示的規(guī)律變化時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在前2 s內(nèi)做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng)，第2 s末速度最大，2～4 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做加速度

30、(反方向)先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，第4 s末速度為零。質(zhì)點(diǎn)始終向正方向運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B、C正確。 9. (多選)一質(zhì)量為m＝1 kg的物體在水平恒力F作用下水平運(yùn)動(dòng)，1 s末撤去恒力F，其v-t圖像如圖3所示，則恒力F和物體所受阻力f的大小是(　　) 圖3 A．F＝8 N B．F＝9 N C．f＝2 N D．f＝3 N 解析：選BD　撤去恒力F后，物體在阻力作用下運(yùn)動(dòng)，由v-t圖像可知，1～3 s內(nèi)物體的加速度為3 m/s2，由牛頓第二定律f＝ma可知，阻力f＝3 N；由圖像可知在0～1 s內(nèi)其加速度為6 m/s2，由牛頓第二定律F－f＝ma′，可求得F＝9 N，B、D正確

31、。 10．質(zhì)量m＝2 kg的物體同時(shí)受到向右的作用力F1＝2 N和向左的作用力F2＝4 N作用時(shí)，求： (1)F1使物體產(chǎn)生的加速度，F(xiàn)2使物體產(chǎn)生的加速度。 (2)物體運(yùn)動(dòng)的加速度。 解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律的獨(dú)立性，由F1產(chǎn)生的加速度a1＝＝1 m/s2，根據(jù)加速度與力同向性知，F(xiàn)1使物體產(chǎn)生的加速度方向向右；同理F2產(chǎn)生的加速度a2＝＝2 m/s2，方向向左。 (2)物體實(shí)際的加速度是這兩個(gè)加速度的矢量和，即a＝a2－a1＝1 m/s2，方向向左。 答案：(1)1 m/s2，向右　2 m/s2，向左　(2)1 m/s2，向左 11．質(zhì)量為m＝2 kg的物體，受到F＝4

32、N的水平恒力作用，先在光滑水平面上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)4 s后進(jìn)入動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4的粗糙水平面上，求該物體10 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大小是多少？ 解析：物體在光滑水平面上： 加速度為a1＝＝2 m/s2。 末速度為v1＝a1t1＝8 m/s 位移s1＝a1t＝16 m， 物體進(jìn)入粗糙水平面后： 加速度為a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2 物體從進(jìn)入粗糙水平面到停止所需的時(shí)間為 t2＝＝ s＝4 s。 位移為s2＝v1t2＋a2t＝16 m或s2＝＝16 m。 物體在10 s內(nèi)的位移大小為s＝s1＋s2＝16 m＋16 m＝32 m。 答案：32 m 12．如圖4甲所示，固

33、定光滑輕桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個(gè)光滑小環(huán)，小環(huán)在沿桿方向的推力F的作用下向上運(yùn)動(dòng)，推力F與小環(huán)的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小環(huán)的質(zhì)量m； (2)輕桿與地面間的傾角α。 圖4 解析：(1)由F-t圖像知，0～2 s內(nèi)推力F1＝5.5 N，由v-t圖像知，在此時(shí)間段內(nèi)小環(huán)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 加速度a＝＝0.5 m/s2 ① 根據(jù)牛頓第二定律得F1－mgsin α＝ma② 由F-t圖像知，2 s以后推力F2＝5 N， 由v-t圖像知，此時(shí)間段內(nèi)小環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以有F2－mgsin α＝0③ 聯(lián)立①②③式并代入數(shù)

34、據(jù)解得m＝1 kg。 (2)將m＝1 kg代入③式解得sin α＝，故α＝30°。 答案：(1)1 kg　(2)30° 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 1．如圖1所示，物體M放在光滑水平桌面上，桌面一端附有輕質(zhì)光滑定滑輪。若用一根跨過滑輪的輕繩系住M，另一端掛一質(zhì)量為m的物體，M的加速度為a1；若另一端改為施加一豎直向下且大小F＝mg的恒力，M的加速度為a2，則(　　) 圖1 A．a(chǎn)1＞a2　　　　　　　 B．a(chǎn)1＝a2 C．a(chǎn)1＜a2 D．無法確定 解析：選C　當(dāng)掛一質(zhì)量為m的物體時(shí)，對(duì)M和m組成的整體，由牛頓第二定律得mg＝(M

35、＋m)a1，解得a1＝g；當(dāng)另一端改為施加一豎直向下的恒力F＝mg時(shí)，有mg＝Ma2，解得a2＝g，所以a1＜a2，選項(xiàng)C正確。 2．(多選)如圖2所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝2 kg、m2＝3 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)連接。兩個(gè)大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則(　　) 圖2 A．彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為26 N B．彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為50 N C．在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度大小為5 m/s2 D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2 解析：選AD　以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，整體

36、的加速度a＝＝2 m/s2，以m1為研究對(duì)象，有F1－T＝m1a，解得T＝26 N，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；在突然撤去F2的瞬間，彈簧測(cè)力計(jì)的彈力不發(fā)生變化，m1的加速度不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為a′＝＝13 m/s2，選項(xiàng)D正確。 3．木箱以大小為3 m/s2的加速度水平向右做勻減速運(yùn)動(dòng)。在箱內(nèi)有一輕彈簧，其一端固定在箱子的右側(cè)壁，另一端拴接一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小車，木箱與小車相對(duì)靜止，如圖3所示。不計(jì)小車與木箱之間的摩擦。下列判斷正確的是(　　) 圖3 A．彈簧被壓縮，彈簧的彈力大小為10 N B．彈簧被壓縮，彈簧的彈力大小為3 N C．彈簧被拉

37、伸，彈簧的彈力大小為10 N D．彈簧被拉伸，彈簧的彈力大小為3 N 解析：選B　木箱水平向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，小車相對(duì)木箱靜止，說明木箱和小車的加速度方向均向左，由于不計(jì)小車與木箱之間的摩擦，則可以判斷出彈簧對(duì)小車的彈力方向向左，應(yīng)處于壓縮狀態(tài)，彈簧的彈力大小F＝ma＝1×3 N＝3 N，選項(xiàng)B正確。 4．(多選)如圖4所示，傾斜索道與水平面的夾角θ＝37°，當(dāng)載人車廂以加速度a斜向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，人對(duì)車廂的壓力為人體重的1.25倍，此時(shí)人與車廂相對(duì)靜止。設(shè)車廂對(duì)人的摩擦力為f，人的體重為G(重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖

38、4 A．a(chǎn)＝g　　　　　　 B．a(chǎn)＝g C．f＝G D．f＝G 解析：選AC　把加速度分解成水平方向的加速度ax和豎直向上的加速度ay，以人為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有1.25mg－mg＝may，解得ay＝，則a＝＝g，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；ax＝＝g，摩擦力f＝max＝G，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 5.兩個(gè)物體A和B，質(zhì)量分別為m1和m2，互相接觸地放在光滑水平面上，如圖5所示，對(duì)物體A施以水平的推力F，則物體A對(duì)物體B的作用力等于(　　) 圖5 A.F B.F C．F D.F 解析：選B　對(duì)A、B整體分析，有F＝(m1＋m2)a，解得a＝。設(shè)A、B之間的彈力為N，以B

39、為研究對(duì)象，則有N＝m2a＝F，B正確。 6．如圖6甲所示，物體原來靜止在水平面上，現(xiàn)用一水平拉力F拉物體，F(xiàn)從0開始逐漸增大的過程中，物體先保持靜止，后做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨拉力F變化的圖像如圖乙所示。若物體與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，則下列結(jié)論中正確的是(　　) 圖6 A．物體的質(zhì)量為3.5 kg B．物體與水平面之間的滑動(dòng)摩擦力為7.0 N C．物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3 D．物體與水平面之間的摩擦力大小始終為6.0 N 解析：選C　由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，可知a與F的函數(shù)關(guān)系式為a＝·F－μg，它是一次函數(shù)，其斜

40、率的物理意義是質(zhì)量的倒數(shù)，在縱軸上截距的物理意義是－μg。由題圖中的坐標(biāo)值得斜率為0.5，因此質(zhì)量m＝2 kg，將圖線延長(zhǎng)和縱軸相交，由幾何知識(shí)可知截距為－3.0，因此μ＝0.3。物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力f＝μmg＝6 N，當(dāng)拉力小于6 N時(shí)，物體和水平面間的摩擦力是靜摩擦力，小于6 N。故選項(xiàng)C正確。 7.如圖7所示，質(zhì)量m＝2 kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小等于它們之間彈力的0.25倍?，F(xiàn)對(duì)物體施加一個(gè)大小F＝8 N，與水平方向夾角θ＝37°的斜向上的拉力。求物體在拉力作用下5 s內(nèi)通過的位移。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/

41、s2) 圖7 解析：物體受到四個(gè)力的作用，如圖所示，建立直角坐標(biāo)系并分解力F。根據(jù)牛頓第二定律，x、y兩個(gè)方向分別列方程 Fcos θ－f＝ma① Fsin θ＋N－G＝0 ② N為水平面對(duì)物體的支持力，即物體與水平面之間的彈力，故摩擦力f＝μN(yùn) ③ 由①②③得a＝1.3 m/s2， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得5 s內(nèi)物體的位移 s＝at2＝×1.3×52 m＝16.25 m。 答案：16.25 m 8．靜止在水平面上的物體的質(zhì)量為2 kg，在水平恒力F推動(dòng)下開始運(yùn)動(dòng)，4 s末它的速度達(dá)到4 m/s。此時(shí)，將F撤去，又經(jīng)6 s物體停下來。如果物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，求F的

42、大小。 解析：物體的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程分為兩段，前4 s物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后6 s物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。 前4 s內(nèi)物體的加速度 a1＝＝ m/s2＝1 m/s2 設(shè)摩擦力為f，由牛頓第二定律得：F－f＝ma1① 后6 s內(nèi)物體的加速度 a2＝＝ m/s2＝－ m/s2 物體所受的摩擦力大小不變，由牛頓第二定律得 －f＝ma2② 由①②可求得水平恒力的大小 F＝m(a1－a2)＝2×N≈3.3 N。 答案：3.3 N 9.某飛機(jī)場(chǎng)利用如圖8所示的傳送帶將地面上的貨物運(yùn)送到飛機(jī)上，傳送帶與地面的夾角θ＝30°，傳送帶兩端A、B之間的長(zhǎng)度L＝10 m，傳送帶以v＝5 m/s的

43、恒定速度向上運(yùn)動(dòng)。在傳送帶底端A輕輕放上一質(zhì)量m＝5 kg的貨物，貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。求貨物從A端運(yùn)送到B端所需的時(shí)間。(取g＝10 m/s2) 圖8 解析：貨物放在傳送帶上，開始相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，故所受滑動(dòng)摩擦力的方向沿傳送帶向上。貨物由靜止開始做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以貨物為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得 μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma， 解得a＝2.5 m/s2， 貨物勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝2 s， 貨物勻加速運(yùn)動(dòng)的位移 s1＝at＝5 mmgsin 30°， 故此后貨物隨傳送帶一起向

44、上做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的位移s2＝L－s1＝5 m， 勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝1 s， 貨物從A到B所需的時(shí)間t＝t1＋t2＝3 s。 答案：3 s 10．如圖9所示，在海濱游樂場(chǎng)里有一種滑沙運(yùn)動(dòng)。某人坐在滑板上從斜坡的高處A點(diǎn)由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點(diǎn)后，沿水平的滑道再滑行一段距離到C點(diǎn)停下來。如果人和滑板的總質(zhì)量m＝60 kg，滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，斜坡的傾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)人從斜坡上滑下的加速度為多

45、大？ (2)若由于場(chǎng)地的限制，水平滑道的最大距離BC為L(zhǎng)＝20 m，則人在斜坡上滑下的距離AB應(yīng)不超過多少？ 圖9 解析：(1)人在斜坡上受力如圖甲所示，建立圖示坐標(biāo)系，設(shè)人在斜坡上滑下的加速度為a1，由牛頓第二定律得：mgsin θ－f1＝ma1，N1－mgcos θ＝0，由摩擦力計(jì)算公式得f1＝μN(yùn)1，聯(lián)立解得人滑下的加速度為a1＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8)＝2 m/s2。 (2)人在水平滑道上受力如圖乙所示，由牛頓第二定律得 f2＝ma2，N2－mg＝0 由摩擦力計(jì)算公式得f2＝μN(yùn)2，聯(lián)立解得人在水平滑道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a2＝μg＝5 m/s2 設(shè)從斜坡上滑下的距離為L(zhǎng)AB，對(duì)AB段和BC段分別由勻變速運(yùn)動(dòng)的公式得： v－0＝2a1LAB,0－v＝－2a2L 聯(lián)立解得LAB＝50 m。 答案：(1)2 m/s2　(2)50 m