第一篇：牛頓第二定律應(yīng)用的典型問題

牛頓第二定律應(yīng)用的典型問題

——陳法偉

1.力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系

力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而不是維持運(yùn)動(dòng)的原因。由知，加速度與力有直接關(guān)系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度與力沒有直接關(guān)系。速度如何變化需分析加速度方向與速度方向之間的關(guān)系，加速度與速度同向時(shí)，速度增加；反之減小。在加速度為零時(shí)，速度有極值。

例1.如圖1所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個(gè)小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（）

圖1 A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B.從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上

C.從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，小球的速度先增大后減小 D.從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，小球的加速度先減小后增大

解析：小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大。當(dāng)合力與速度同向時(shí)小球速度增大，所以當(dāng)小球所受彈力和重力大小相等時(shí)速度最大。故選CD。

例2.一航天探測(cè)器完成對(duì)月球的探測(cè)任務(wù)后，在離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行，先加速運(yùn)動(dòng)，再勻速運(yùn)動(dòng)，探測(cè)器通過噴氣而獲得推動(dòng)力，以下關(guān)于噴氣方向的描述中正確的是（）

A.探測(cè)器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿直線向后噴氣 B.探測(cè)器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向下噴氣 C.探測(cè)器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向下噴氣 D.探測(cè)器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，不需要噴氣

解析：受力分析如圖2所示，探測(cè)器沿直線加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受合力

方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，而重力方向豎直向下，由平行四邊形定則知推力方向必須斜向上方，由牛頓第三定律可知，噴氣方向斜向下方；勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受合力為零，因此推力方向必須豎直向上，噴氣方向豎直向下。故正確答案選C。

圖2 2.力和加速度的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系

（1）物體運(yùn)動(dòng)的加速度a與其所受的合外力F有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系。每一瞬時(shí)的加速度只取決于這一瞬時(shí)的合外力，而與這一瞬時(shí)之間或瞬時(shí)之后的力無關(guān)。若合外力變?yōu)榱悖铀俣纫擦⒓醋優(yōu)榱悖铀俣瓤梢酝蛔儯＿@就是牛頓第二定律的瞬時(shí)性。

（2）中學(xué)物理中的“繩”和“線”，一般都是理想化模型，具有如下幾個(gè)特性：

①輕，即繩（或線）的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點(diǎn)可知，同一根繩（或線）的兩端及其中間各點(diǎn)的張力大小相等。

②軟，即繩（或線）只能受拉力，不能承受壓力（因繩能彎曲）。由此特點(diǎn)可知，繩與其他物體相互作用力的方向是沿著繩子且背離受力物體的方向。

③不可伸長：即無論繩子所受拉力多大，繩子的長度不變。由此特點(diǎn)知，繩子中的張力可以突變。

（3）中學(xué)物理中的“彈簧”和“橡皮繩”，也是理想化模型，具有如下幾個(gè)特性：

①輕：即彈簧（或橡皮繩）的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點(diǎn)可知，同一彈簧的兩端及其中間各點(diǎn)的彈力大小相等。

②彈簧既能受拉力，也能受壓力（沿彈簧的軸線）；橡皮繩只能受拉力，不能承受壓力（因橡皮繩能彎曲）。

③由于彈簧和橡皮繩受力時(shí)，其形變較大，發(fā)生形變需要一段時(shí)間，所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變。但是，當(dāng)彈簧和橡皮繩被剪斷時(shí)，它們所受的彈力立即消失。

例3.如圖3所示，豎直光滑桿上套有一個(gè)小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘M、N固定于桿上，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)拔去銷釘M瞬間，小球加速度的大小為小球的加速度可能是（）

。若不拔去銷釘M而拔去銷釘N瞬間，圖3 2

A.C.，豎直向上 B.，豎直向上 D.，豎直向下，豎直向下

解析：原來小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，若上面的彈簧為壓縮狀態(tài)，則拔去M瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向上的加速度上下彈簧的彈力分別為，拔去N瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向下加速度。設(shè)。在各瞬間受力如圖4所示。

圖4 拔M前靜止：拔M瞬間：拔N瞬間：

聯(lián)立<1><2><3>式得拔去N瞬間小球產(chǎn)生的加速度可能為，方向豎直向下。

原來小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，若上面的彈簧為拉伸狀態(tài)，則拔去M瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向下的加速度示。，拔去N瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向上加速度，如圖5所

圖5 3

拔M前靜止：拔M瞬間：拔N瞬間：

聯(lián)立<1><2><3>式得：拔去N瞬間小球產(chǎn)生的加速度可能為，方向豎直向上。

綜合以上分析，可知正確答案為BC。

【變式訓(xùn)練】如圖中a所示，一質(zhì)量為m的物體系于長度分別為l1、l2的兩根細(xì)線上，l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為?，l2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將l2線剪斷，求剪斷瞬時(shí)物體的加速度。

3.力的獨(dú)立作用原理

一個(gè)物體可以同時(shí)受幾個(gè)力的作用，每一個(gè)力都使物體產(chǎn)生一個(gè)效果，如同其他力不存在一樣，即力與它的作用效果完全是獨(dú)立的，這就是力的獨(dú)立作用原理。力可以合成和分解，效果也可以合成和分解，其運(yùn)算法則均為平行四邊形定則。為此，合力與其合效果對(duì)應(yīng)，分力與其分效果對(duì)應(yīng)，對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)往往看到的是合效果，在研究具體問題時(shí)，可根據(jù)受力的特點(diǎn)求合力，讓合效果與合力對(duì)應(yīng)；也可將效果分解，讓它與某一方向上的分力對(duì)應(yīng)。

正因?yàn)榱Φ淖饔檬窍嗷オ?dú)立的，所以牛頓第二定律在運(yùn)用中常按正交法分解為

例4.某型航空導(dǎo)彈質(zhì)量為M，從離地面H高處水平飛行的戰(zhàn)斗機(jī)上水平發(fā)射，初速度為，發(fā)射之后助推火箭便給導(dǎo)彈以恒定的水平推力F作用使其加速，不計(jì)空氣阻力和導(dǎo)彈質(zhì)量的改變，下列說法正確的有（）

A.推力F越大，導(dǎo)彈在空中飛行的時(shí)間越長

B.不論推力F多大，導(dǎo)彈在空中飛行的時(shí)間一定 C.推力F越大，導(dǎo)彈的射程越大

D.不論推力F多大，導(dǎo)彈的射程一定

解析：推力F和重力G分別在兩個(gè)正交的方向上，均單獨(dú)對(duì)導(dǎo)彈產(chǎn)生各自的加速度，因高度H一定，在豎直方向上，導(dǎo)彈是自由落體運(yùn)動(dòng)，故落地時(shí)間與F無關(guān)，為一定值。而水平方向?qū)椀纳涑逃扇籉越大，a越大，水平射程越大。即本題的正確答案為BC。

決定，顯

4.連結(jié)體問題

此類問題，在高考中只限于兩個(gè)物體的加速度相同的情況。通常是對(duì)兩個(gè)物體組成的整體運(yùn)用牛頓第二定律求出整體的加速度，然后用隔離法求出物體間的相互作用力。

例5.如圖6所示，質(zhì)量為2m的物塊A，與水平地面的摩擦不計(jì)，質(zhì)量為m的物塊B與地面的摩擦因數(shù)為μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運(yùn)動(dòng)，則A和B之間的作用力為____________。

圖6 解析：由題意知，地面對(duì)物塊A的摩擦力為0，對(duì)物塊B的摩擦力為對(duì)A、B整體，設(shè)共同運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律有：

對(duì)B物體，設(shè)A對(duì)B的作用力為，同理有。

聯(lián)立以上三式得：

5.超重和失重問題

當(dāng)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，物體對(duì)水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力）大小等于物體受到的重力，即

。當(dāng)物體m具有向上或向下的加速度a

大小大于或小于物體時(shí)，物體對(duì)水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力）受到的重力G的現(xiàn)象，分別叫做超重和失重，并且超出或失去部分為。具體應(yīng)用可分兩種情況。

（1）定性分析

對(duì)于一些只需作定性分析的問題，利用超重或失重的概念能夠巧妙地使問題得到解決。在具體分析過程中，關(guān)鍵是正確判斷系統(tǒng)的超重與失重現(xiàn)象，清楚系統(tǒng)的重心位置的變化情況。當(dāng)系統(tǒng)的重心加速上升時(shí)為超重，當(dāng)系統(tǒng)的重心加速下降時(shí)為失重。

例6.如圖7所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，電磁鐵A和秤盤C（包括支架）的總質(zhì)量為M，B為鐵片，質(zhì)量為m，整個(gè)裝置用輕繩懸掛于O點(diǎn)。當(dāng)電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩中拉力F的大小為（）

圖7 A.C.B.D.解析：以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，A、C靜止，鐵片B由靜止被吸引加速上升。則系統(tǒng)的重心加速上升，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，故輕繩的拉力，正確答案為D。

（2）定量分析

超重并不是重力增加，失重也不是失去重力或重力減少，在同一地點(diǎn)地球作用于物體的重力始終存在且沒有發(fā)生變化，只是物體對(duì)支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┌l(fā)生了變化，看起來好像物重有所增大或減小。當(dāng)物體相對(duì)于地面有向上的加速度或相對(duì)于地面的加速度豎直向上的分量不為零時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，超出的部分在數(shù)值上等于

或

（為加速度的豎直分量）。當(dāng)物體相對(duì)于地面有向下的加速度或相對(duì)于地面的加速度豎直向下的分量不為零時(shí)，物體處于失重狀態(tài)，失去的部分在數(shù)值上等于計(jì)算。

例7.如圖8所示，一根彈簧上端固定，下端掛一質(zhì)量為的秤盤，盤中放有

或，利用上述結(jié)論可以進(jìn)行定量質(zhì)量為m的物體，當(dāng)整個(gè)裝置靜止時(shí)，彈簧伸長了L，今向下拉盤使彈簧再伸長△L，然后松手放開，設(shè)彈簧總是在彈性范圍內(nèi)，則剛松手時(shí)，物體m對(duì)盤壓力等于多少？

圖8 解析：視m、為系統(tǒng)，開始平衡有

再伸長△L，系統(tǒng)受的合外力為，故此時(shí)系統(tǒng)的加速度

a方向向上，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)。對(duì)m來說超重

故剛松手時(shí)，物體m對(duì)盤的壓力

結(jié)合<1>式可得：

6.臨界問題

在臨界問題中包含著從一種物理現(xiàn)象轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理現(xiàn)象，或從一物理過程轉(zhuǎn)入另一物理過程的轉(zhuǎn)折狀態(tài)。常出現(xiàn)“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言．．．．．．?dāng)⑹觥?/p>

例8.一斜面放在水平地面上，傾角，一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的小球用細(xì)繩吊在斜面頂端，如圖9所示。斜面靜止時(shí)，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計(jì)斜面與水平面的摩擦，當(dāng)斜面以力及斜面對(duì)小球的彈力。（g取）的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，求細(xì)繩的拉

圖9 解析：斜面由靜止向右加速運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)a較小時(shí)，小球受到三個(gè)力作用，此時(shí)細(xì)繩平行于斜面；當(dāng)a增大時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力將會(huì)減少，當(dāng)a增大到某一值時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力為零；若a繼續(xù)增大，小球?qū)?huì)“飛離”斜面，此時(shí)繩與水平方向的夾角將會(huì)大于θ角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。

設(shè)小球剛剛脫離斜面時(shí)斜面向右的加速度為，此時(shí)斜面對(duì)小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細(xì)繩的拉力，且細(xì)繩仍然與斜面平行。對(duì)小球受力分析如圖10所示。

圖10 易知代入數(shù)據(jù)解得：因?yàn)椋孕∏蛞央x開斜面，斜面的支持力

同理，由受力分析可知，細(xì)繩的拉力為

此時(shí)細(xì)繩拉力與水平方向的夾角為

7.對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律 設(shè)系統(tǒng)內(nèi)有兩個(gè)物體，質(zhì)量分別為，對(duì)與

對(duì)

和，受到系統(tǒng)以外的作用力分別為和，兩物體的加速度分別為的作用力分別為，由牛頓第二定律得兩物體受到的合外力為：

由牛頓第三定律得：由以上三式得：其中式中

為系統(tǒng)所受的合外力，同理可證，上述結(jié)論對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)也是成立的，即為

如按正交分解則得：

例9.如圖11所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一個(gè)輕質(zhì)彈簧固定在框架上，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球，當(dāng)小球上下振動(dòng)時(shí)，框架始終沒有跳起，在框架對(duì)地面的壓力為零的瞬間，小球加速度大小為（）

圖11 A.g B.C.0 D.解析：運(yùn)用牛頓第二定律關(guān)鍵在受力分析，式中各量必須對(duì)應(yīng)同一個(gè)研究對(duì)象，下面用兩種方法解答。

解法一：分別以框架和小球?yàn)檠芯繉?duì)象，當(dāng)框架對(duì)地面的壓力為零時(shí)作受力分析如圖12、13所示。

對(duì)框架：對(duì)小球：mg 所以答案選D。，方向向下。

?F?ma

解法二：以框架和小球整體為研究對(duì)象，框架和小球所受的重力為，框架對(duì)地的高度不變，其加速度為零，故合外力提供小球做加速運(yùn)動(dòng)所需的外力，對(duì)系統(tǒng)由牛頓第二定律有：

故得答案選D。，方向向下。

第二篇：2010高考熱點(diǎn)：牛頓第二定律的典型應(yīng)用

學(xué)習(xí)改變命運(yùn) 思考成就未來！

高考熱點(diǎn)：牛頓第二定律的典型應(yīng)用 ——連接體問題、超重與失重

牛頓第二定律的地位不用多說了，一定是高考必考內(nèi)容，可能出現(xiàn)在一道選擇題或第一道計(jì)算題中.那么，會(huì)以何種方式來考查牛頓第二定律的應(yīng)用呢？最大的可能一定是連接體問題和超重失重現(xiàn)象！

所謂的“連接體”問題，就是在一道題中出現(xiàn)兩個(gè)或兩個(gè)以上相關(guān)聯(lián)的物體，研究它們的運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系.實(shí)際上在物體的平衡問題中我們已經(jīng)遇到了不少，只是平衡問題中的物體是沒有加速度的，而在“連接體”問題中，有的物體具有加速度，所以求解的時(shí)候必須用到牛頓第二定律.可見，牛頓第二定律是用來解決“非平衡問題”的！而處理“非平衡問題”的程序與解決平衡問題時(shí)的程序并無太大的區(qū)別：確定研究對(duì)象→受力分析（整體或隔離，或整體隔離結(jié)合使用）→力的合成或分解（常用正交分解法）→列方程求解（平衡問題列平衡方程，“非平衡問題”列動(dòng)力學(xué)方程，即牛頓第二定律方程）

先整體分析加速度，后隔離分析各物體之間的相互作用力是解決連接體問題的最常用思維模式，你掌握了嗎？千萬要記住：整體法只能分析“整體”外面其它物體對(duì)“整體”的作用力，不能分析“整體”內(nèi)部各物體間的相互作用力；如果要分析“整體”內(nèi)部的相互作用力，一定要用隔離法！強(qiáng)調(diào)這一點(diǎn)，只是想告訴大家，任何情況下，一定要明確研究對(duì)象！這是進(jìn)行正確受力分析的根本！解題范例：

例題１如圖3—3，在傾角為a的固定光滑、斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時(shí)，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變，則此時(shí)木板沿斜面下滑的加速度為()A．gsinα/2 B．gsinα C．3gsinα/2 D．2gsinα 解析：⑴當(dāng)繩子突然斷開，貓保持其相對(duì)斜面的位置不變，即相對(duì)地面位置不變，貓可視為靜止?fàn)顟B(tài)，木板沿斜面下滑，取貓和木板整體為研究對(duì)象，如圖3—31進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得3mgsinα=2ma，a＝32gsinα，所以C選項(xiàng)正確．

此解法運(yùn)用了牛頓第二定律在整體法中的表達(dá)形式： 學(xué)習(xí)改變命運(yùn) 思考成就未來！

當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體加速度不同時(shí)，可以整體分析系統(tǒng)的合外力（不能分析系統(tǒng)內(nèi)力，即系統(tǒng)內(nèi)部各物體之間的相互作用力），隔離分析系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度，然后按照上面牛頓第二定律的表達(dá)式列方程求解！這是一個(gè)解決動(dòng)力學(xué)問題的絕妙方法，好好的體會(huì)和掌握它吧！

⑵此題也可以用常規(guī)方法求解，分別隔離貓和板進(jìn)行受力分析，如圖所示，貓相對(duì)于地面位置不變，其加速度為0，所以貓的合外力為0，有：f＝mgsinα，N＝mgcosα；

板沿斜面向下滑動(dòng)，由牛頓第二定律，有f′+2mgsinα＝2ma, 又f′＝f＝mgsinα，所以a＝32gsinα

例題2 跨過定滑輪的繩的一端掛一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如圖3—7所示.已知人的質(zhì)量為70kg，吊板的質(zhì)量為10kg，繩及定滑輪的質(zhì)量、滑輪的摩擦均可不計(jì)．取重力加速度g＝lOm/s．當(dāng)人以440 N的力拉繩時(shí)，人與吊板的加速度a和人對(duì)吊板的壓力F分別為()A．a(chǎn)＝1.0m/s，F(xiàn)=260N B．a(chǎn)＝1.0m/s，F(xiàn)=330N C．a(chǎn)＝3.0m/s，F(xiàn)=110N D．a(chǎn)＝3.0m/s，F(xiàn)=50N 解析：將人與吊板整體考慮，受力分析如圖所示，據(jù)牛頓第二定律：2T-(m人+m板)g＝(m人+m板)ａ，代人數(shù)據(jù)得ａ＝1.0 m／s2，選項(xiàng)C、D被排除．用隔離法研究人向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)吊板對(duì)人的支持力為N，則T＋N－ m人g＝m人ａ，得N＝330N；據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)吊板的壓力N′＝N＝330N，選項(xiàng)B正確．

領(lǐng)悟：這是“先整體后隔離”思維模式的典型例子，整體分析的時(shí)候不考慮人和板之間的相互作用力，根據(jù)輕繩模型的特點(diǎn)：繩內(nèi)張力處處相等，可知兩段繩索對(duì)“整體”的拉力相等；求人對(duì)板的壓力時(shí)，必須用隔離法“隔離”人或“隔離”板進(jìn)行分析.例題3 如圖所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球上下振動(dòng)時(shí)框架始終沒有跳起，當(dāng)框架對(duì)地面壓力為零的瞬間，小球的加速大小為（）

2A．g B．（M-m）g/m 學(xué)習(xí)改變命運(yùn) 思考成就未來！

C．Mg/m D．（M＋m）g/m 解析：此題是瞬間加速度的計(jì)算問題，關(guān)鍵是做好在這個(gè)“瞬間”研究對(duì)象受力情況的分析，然后運(yùn)用牛頓第二定律列式求解.分別隔離小球和框架進(jìn)行受力分析，如圖所示，此“瞬間”框架對(duì)地面的壓力為0,根據(jù)牛頓第三定律，地面對(duì)框架的支持力為0,故框架除了受到重力外，還應(yīng)該受到彈簧提供的支持力！于是彈簧對(duì)小球的彈力應(yīng)該是豎直向下的，如圖所示，根據(jù)物體的平衡條件和牛頓第二定律，有N＝Mg，N′＋mg＝ma，所以a＝（M＋m）g/m.領(lǐng)悟：受力分析的成敗就是解決動(dòng)力學(xué)問題的成敗，所以受力分析一定要過關(guān)，要能夠在任何情況下（“情況”指：靜止或勻速，勻變速直線運(yùn)動(dòng)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)，簡諧運(yùn)動(dòng)等運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即研究對(duì)象總是處于我們熟悉的運(yùn)動(dòng)模型中，于是掌握各種運(yùn)動(dòng)模型中物體受力特點(diǎn)是做好受力分析的必要條件！例如：勻速圓周運(yùn)動(dòng)需要向心力，簡諧運(yùn)動(dòng)需要回復(fù)力.）把一個(gè)物體（即研究對(duì)象）的受力情況分析清楚！

例題4 1．如圖3-l，一個(gè)盛水的容器底都有一小孔．靜止時(shí)用手指堵住小孔不讓它漏水，假設(shè)容器在下述幾種運(yùn)動(dòng)過程中始終保持平衡，且忽略空氣阻力，則()A．容器自由下落時(shí)，小孔向下漏水

B．將容器豎直向上拋出，容器向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孔向下漏水；容器向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孔不向下漏水

C．將容器水平拋出，容器在運(yùn)動(dòng)中小孔向下漏水 D．將容器斜向上拋出，容器在運(yùn)動(dòng)中小孔不向下漏水

解析：容器拋出后，容器及其中的水均做加速度為g的勻變速運(yùn)動(dòng)，容器中的水處于失重狀態(tài)，水對(duì)容器的壓強(qiáng)為零，無論如何拋出，水都不會(huì)流出．故D項(xiàng)正確．

領(lǐng)悟：本題考查對(duì)超重失重現(xiàn)象的理解，關(guān)鍵在于判斷物體在豎直方向上是否具有加速度，然后根據(jù)“同失反超”確定失重還是超重！無論以何種方式拋出，容器和水拋出后都只受到重力的作用，都有豎直向下的加速度，都處于完全失重狀態(tài).超重、失重現(xiàn)象的解釋，實(shí)際上就是牛頓第二定律的應(yīng)用！關(guān)鍵：做好受力分析！例題5 一中學(xué)生為即將發(fā)射的“神州七號(hào)”載人飛船設(shè)計(jì)了一個(gè)可測(cè)定豎直方向加速度的裝置，其原理可簡化如圖，連接在豎直彈簧上的重物與滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭連接，該裝置在地面上靜止時(shí)其電壓表的學(xué)習(xí)改變命運(yùn) 思考成就未來！

指針指在表盤中央的零刻度處，在零刻度的兩側(cè)分別標(biāo)上對(duì)應(yīng)的正、負(fù)加速度值.關(guān)于這個(gè)裝置在“神州七號(hào)”載人飛船發(fā)射、運(yùn)行和回收過程中示數(shù)的判斷正確的是（）A．飛船在豎直加速升空的過程中，如果電壓表的示數(shù)為正，則飛船在豎直減速返回地面的過程中，電壓表的示數(shù)仍為正

B．飛船在豎直加速升空的過程中，如果電壓表的示數(shù)為正，則飛船在豎直減速返回地面的過程中，電壓表的示數(shù)為負(fù)

C．飛船在圓軌道上運(yùn)行時(shí)，電壓表的示數(shù)為零

D．飛船在圓軌道上運(yùn)行時(shí)，電壓表示數(shù)所對(duì)應(yīng)的加速度應(yīng)約為9.8m/s2

解析：依題意，當(dāng)重物的重力等于彈簧的彈力時(shí)，電壓表的示數(shù)為零，飛船加速運(yùn)動(dòng)的過程中，重物也隨之加速，則重物的和外力不為零，即當(dāng)重物合外力不為零時(shí)，電壓表有示數(shù)！

飛船在豎直加速升空的過程中，彈簧上的重物與飛船有同樣的加速度，對(duì)重物受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律，有：N－mg＝ma，a豎直向上；若飛船在豎直方向上減速返回地面，則飛船的加速度方向仍是豎直向上的，故A選項(xiàng)的說法正確！

當(dāng)飛船在軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)候，飛船處于完全失重狀態(tài)，則彈簧對(duì)重物的彈力為零，地球?qū)χ匚锏娜f有引力產(chǎn)生一個(gè)使重物與飛船一起作圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度，當(dāng)取重物受到的萬有引力近似等于重物的重力時(shí)（當(dāng)忽略地球的自轉(zhuǎn)時(shí)，可以認(rèn)為地球表面附近物體的重力與萬有引力近似相等），a向≈g.，故D選項(xiàng)正確.針對(duì)性訓(xùn)練

1．如圖3—25所示，一質(zhì)量為M的楔形木塊放在水平桌面上，它的頂角為90°，兩底角為α和β；a、b為兩個(gè)位于斜面上質(zhì)量均為m的小木塊．已知所有接觸面都是光滑的．現(xiàn)發(fā)現(xiàn)a、b沿斜面下滑，而楔形木塊靜止不動(dòng)，這時(shí)楔形木塊對(duì)水平桌面的壓力等于()A．Mg＋mg B．Mg＋2mg C．Mg＋mg（sinα＋sinβ）D．Mg＋mg（cosα＋cosβ）

2．一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g/3，g為重力加速度.人對(duì)電梯底部的壓力 為 學(xué)習(xí)改變命運(yùn) 思考成就未來！

A．mg/3 B．2mg C．mg D．4mg/3 3．如圖所示，一物塊位于光滑水平桌面上，用一大小為F、方向如圖所示的力去推它，使它以加速度.向右運(yùn)動(dòng).若保持力的方向不變而增大力的大小，則()A．a(chǎn)變大 B．a(chǎn)不變 C．a(chǎn)變小

D．因?yàn)槲飰K的質(zhì)量未知，故不能確定a變化的趨勢(shì)

4．疊放在一起的A、B兩物體在水平力F的作用下，沿水平面以某一速度勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)突然將作用在B上的力F改為作用在A上，并保持大小和方向不變，如圖所示，則關(guān)于A、B的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能為 A．一起勻速運(yùn)動(dòng) B．一起加速運(yùn)動(dòng)

C．A加速，B減速 D．A加速，B勻速

5．如圖所示，質(zhì)量為m、M的A、B兩個(gè)物體靜止疊放在水平面上，已知A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2.現(xiàn)給A物體施加一恒定作用力F，使其向右運(yùn)動(dòng)，B保持靜止.下列說法可能正確的是（）A．B受到水平面的摩擦力大小為μ2(m+M)g B．A受到的摩擦力大小等于F C．將作用力F增大，則B將向右運(yùn)動(dòng) D．無論作用力F多大，B將始終保持靜止?fàn)顟B(tài)

6．質(zhì)量為m的小物塊在沿斜面方向的輕彈簧的拉動(dòng)下，以gsinθ的加速度沿斜面加速上升，斜面的傾角為θ，不計(jì)摩擦阻力，則彈簧的拉力為()A．0 B．mgsinθ

C．2mgsinθ D．mg+mgsinθ

7．如圖所示，位手光滑固定斜面上的小物塊P受到一水平向右的推力F的作用.已知物塊P沿斜面加速下滑.現(xiàn)保持F的方向不變，使其減小，則加速度（）學(xué)習(xí)改變命運(yùn) 思考成就未來！

A．一定變小 B．一定變大 C．一定不變

D．可能變小，可能變大，也可能不變

8．科學(xué)家曾在“和平號(hào)”空間站上做了許多科學(xué)實(shí)驗(yàn)和測(cè)量，在下列測(cè)量中能夠完成的是()A．用彈簧秤測(cè)拉力 B．用溫度計(jì)測(cè)溫度 C．用天平測(cè)質(zhì)量 D．用擺鐘測(cè)時(shí)間

9．如圖所示，光滑固定斜面C傾角為θ，質(zhì)量均為m的A、B一起以某一初速靠慣性沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，已知A上表面是水平的()A．A受到B的摩擦力水平向右 B．A受到B的摩擦力水平向左 C．A、B之間的摩擦力為零 D．A、B之間的摩擦力為mgsinθcosθ

10．在蹦床運(yùn)動(dòng)中，某運(yùn)動(dòng)員從高處落到蹦床后又被蹦床彈回，圖中的圖像為幾位旁觀者描繪的運(yùn)動(dòng)員的加速度隨時(shí)間變化的圖像，正確的是（）

11．如圖所示，A、B兩條直線是在A、B兩地分別用豎直向上的力F拉質(zhì)量分別為mA和mB的兩個(gè)物體得出的加速度a與力F之間的關(guān)系圖線，分析圖線可知下列說法中正確的是（）A．比較兩地的重力加速度gA=gB B．比較兩物體的質(zhì)量有mAmB

12．一斜劈被兩個(gè)小樁A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物體，如圖所示，以下判斷正確的是（）A．若物體靜止在斜面上，則B受到擠壓 B．若物體勻速下滑，則B受到擠壓 C．若物體加速下滑，則A受到擠壓 D．若物體減速下滑，則A受到擠壓 學(xué)習(xí)改變命運(yùn) 思考成就未來！

參考答案

1.A 2.D 3.A 4.AC 5.D 6.C 7.B 8.AB 9.AD 10.C 11.AB 12.D

第三篇：牛頓第二定律典型例題（精選）

牛頓第二定律典型例題

【例1】一物體放在光滑水平面上，初速為零，先對(duì)物體施加一向東恒力F，歷時(shí)1s；隨即把此力改為向西,大小不變，歷時(shí)1s；接著又把此力改為向東，大小不變,歷時(shí)1s；如此反復(fù)，只改變力的方向，共歷時(shí)1min，在此1min內(nèi)（）

A．物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置之東

B．物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置

C．物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末繼續(xù)向東運(yùn)動(dòng)

D．物體一直向東運(yùn)動(dòng)，從不向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置之東

【例2】如圖3-1-2所示，質(zhì)量為m的小球與細(xì)線和輕彈簧連接后被懸掛起來，靜止平衡時(shí)AC和BC與過C的豎直線的夾角都是600，求：(1)剪斷AC線瞬間小球的加速度；(2)剪斷B處彈簧的瞬間小球的加速度．

【例3】 如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個(gè)小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是

A．小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B．從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上

C．從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，小球的速度先增大后減小

D．從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，小球的加速度先減小后增大

【例4】如圖3-1-3表示某人站在一架與水平成θ角的以加速度a向上運(yùn)動(dòng)的自動(dòng)扶梯臺(tái)階上，人的質(zhì)量為m，鞋底與階梯的摩擦系數(shù)為μ，求此時(shí)人所受的摩擦力．

（請(qǐng)用兩種方法①沿加速度方向?yàn)閤軸建立坐標(biāo)系②沿水平向右方向?yàn)閤軸建立坐標(biāo)系，分解加速度）

【例5】如圖所示，在箱內(nèi)傾角為α的固定光滑斜面上用平行于斜面的細(xì)線固定一質(zhì)量為m的木塊。求：在下面兩種情形中，線對(duì)木塊的拉力F1和斜面對(duì)箱的壓力F2各多大？（1）

箱以加速度a勻加速上升時(shí)；（2）箱以加速度a向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)。

【例6】如圖所示，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1kg．（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)球的拉力．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【例7】一個(gè)質(zhì)量為0.2 kg的小球用細(xì)線吊在傾角θ=53°的斜面頂端，如圖，斜面靜止時(shí)，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計(jì)摩擦，若斜面開始以水平加速度a向右運(yùn)動(dòng)，且a從等于零開始逐漸增大，則：（1）繩的拉力T及斜面對(duì)小球的彈力N將怎樣變化？（2）當(dāng)a＝10 m/s2時(shí)，求T和N

【例8】如圖所示，m =4kg的小球掛在小車后壁上，細(xì)線與豎直方向成37°角。求：在下面兩種情形中細(xì)線對(duì)小球的拉力F1和后壁對(duì)小球的壓力F2各多大？（1）小車以a=g向右加速時(shí)；（2）小車以a=g向右減速時(shí)。

第四篇：牛頓第二定律典型題

牛頓第二定律應(yīng)用的典型問題

1.力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系 力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而不是維持運(yùn)動(dòng)的原因。由知，加速度與力有直接關(guān)系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度與力沒有直接關(guān)系。速度如何變化需分析加速度方向與速度方向之間的關(guān)系，加速度與速度同向時(shí)，速度增加；反之減小。在加速度為零時(shí)，速度有極值。

例1.如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個(gè)小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（）

A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B.從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上

C.從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，小球的速度先增大后減小

D.從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，小球的加速度先減小后增大

解析：小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大。當(dāng)合力與速度同向時(shí)小球速度增大，所以當(dāng)小球所受彈力和重力大小相等時(shí)速度最大。故選CD。

2.力和加速度的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系

（1）物體運(yùn)動(dòng)的加速度a與其所受的合外力F有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系。每一瞬時(shí)的加速度只取決于這一瞬時(shí)的合外力，而與這一瞬時(shí)之間或瞬時(shí)之后的力無關(guān)。若合外力變?yōu)榱悖铀俣纫擦⒓醋優(yōu)榱悖铀俣瓤梢酝蛔儯＿@就是牛頓第二定律的瞬時(shí)性。

（2）中學(xué)物理中的“繩”和“線”，一般都是理想化模型，具有如下幾個(gè)特性： ①輕，即繩（或線）的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點(diǎn)可知，同一根繩（或線）的兩端及其中間各點(diǎn)的張力大小相等。

②軟，即繩（或線）只能受拉力，不能承受壓力（因繩能彎曲）。由此特點(diǎn)可知，繩與其他物體相互作用力的方向是沿著繩子且背離受力物體的方向。

③不可伸長：即無論繩子所受拉力多大，繩子的長度不變。由此特點(diǎn)知，繩子中的張力可以突變。

（3）中學(xué)物理中的“彈簧”和“橡皮繩”，也是理想化模型，具有如下幾個(gè)特性： ①輕：即彈簧（或橡皮繩）的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點(diǎn)可知，同一彈簧的兩端及其中間各點(diǎn)的彈力大小相等。

②彈簧既能受拉力，也能受壓力（沿彈簧的軸線）；橡皮繩只能受拉力，不能承受壓力（因橡皮繩能彎曲）。

③由于彈簧和橡皮繩受力時(shí)，其形變較大，發(fā)生形變需要一段時(shí)間，所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變。但是，當(dāng)彈簧和橡皮繩被剪斷時(shí)，它們所受的彈力立即消失。例2 在光滑水平面上有一質(zhì)量m＝Ikg的小球，小球與水平輕彈簧和與水平方向夾角為30的輕繩的一端相連，如圖所示，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對(duì)小球的彈力恰好為零，當(dāng)剪斷輕繩的瞬間，小球加速度的大小和方向如何？此時(shí)輕彈簧的彈力與水平面對(duì)球的彈力比值是多少？

．

練習(xí)題、如圖所示,小球質(zhì)量為m,被三根質(zhì)量不計(jì)的彈簧A、B、C拉住,彈簧間的0夾角均為120,小球平衡時(shí), A、B、C的彈力大小之比為3：3：1,當(dāng)剪

斷C瞬間,小球的加速度大小及方向可能為

①g/2,豎直向下;②g/2,豎直向上;③g/4,豎直向下;④g/4,豎直向上;

A、①②;B、①④;C、②③;D、③④;0

3.牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的整體與隔離

當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體具有相同的加速度時(shí)，應(yīng)先把這個(gè)系統(tǒng)當(dāng)作一個(gè)整體（即看成一個(gè)質(zhì)點(diǎn)），分析受到的外力及運(yùn)動(dòng)情況，利用牛頓第二定律求出加速度．如若要求系統(tǒng)內(nèi)各物體相互作用的內(nèi)力，則把物體隔離，對(duì)某個(gè)物體單獨(dú)進(jìn)行受力分析，再利用牛頓第二定律對(duì)該物體列式求解．隔離物體時(shí)應(yīng)對(duì)受力少的物體進(jìn)行隔離比較方便。通常是對(duì)物體組成的整體運(yùn)用牛頓第二定律求出整體的加速度，然后用隔離法求出物體間的相互作用力

例3.如圖所示，質(zhì)量為2m的物塊A，與水平地面的摩擦不計(jì)，質(zhì)量為m的物塊B與地面的摩擦因數(shù)為μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運(yùn)動(dòng)，則A和B之間的作用力為____________。

練習(xí)1 如圖所示，五個(gè)木塊并排放在水平地面上，它們的質(zhì)量相同，與地面的摩擦不計(jì)。當(dāng)用力F推第一塊使它們共同加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，第2塊對(duì)第3塊的推力為__________。

提示：五個(gè)木塊具有相同的加速度，可以把它們當(dāng)作一個(gè)整體。

要求第2塊對(duì)第3塊的作用力F23，要在2于3之間隔離開。把3、4、5當(dāng)成一個(gè)小整體，可得這一小整體在水平方向只受2對(duì)3的推力F2

3練習(xí)2如圖所示，物體M、m緊靠著置于摩擦系數(shù)為μ的斜面上，斜面的傾角為θ，現(xiàn)施加一水平力F作用于M，M、m共同向上作加速運(yùn)動(dòng)，求它們之間相互作用力的大小。

提示：兩個(gè)物體具有相同的沿斜面向上的加速度，可以把

它們當(dāng)成一個(gè)整體（看作一個(gè)質(zhì)點(diǎn)），作出受力示意圖，建立坐

標(biāo)系，列方程：

要求兩物體間的相互作用力，應(yīng)把兩物體隔離開．對(duì)m作出受力示意圖如圖，建立坐標(biāo)系，列方程：

4.臨界問題

在臨界問題中包含著從一種物理現(xiàn)象轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理現(xiàn)象，或從一物理過程轉(zhuǎn)入另一物理過程的轉(zhuǎn)折狀態(tài)。常出現(xiàn)“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述。

例4.一斜面放在水平地面上，傾角，一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的小球用細(xì)繩吊在斜面頂端，如圖所示。斜面靜止時(shí)，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計(jì)斜面與水平面的摩擦，當(dāng)斜面以）的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，求細(xì)繩的拉力及斜面對(duì)小球的彈力。（g

取

解析：斜面由靜止向右加速運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)a較小時(shí)，小球受到三個(gè)力作用，此時(shí)細(xì)繩平行于斜面；當(dāng)a增大時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力將會(huì)減少，當(dāng)a增大到某一值時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力為零；若a繼續(xù)增大，小球?qū)?huì)“飛離”斜面，此時(shí)繩與水平方向的夾角將會(huì)大于θ角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。設(shè)小球剛剛脫離斜面時(shí)斜面向右的加速度為，此時(shí)斜面對(duì)小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細(xì)繩的拉力，且細(xì)繩仍然與斜面平行。對(duì)小球受力分析如圖所示。

易知

代入數(shù)據(jù)解得：

因?yàn)椋孕∏蛞央x開斜面，斜面的支持力

同理，由受力分析可知，細(xì)繩的拉力為

此時(shí)細(xì)繩拉力與水平方向的夾角為

第五篇：牛頓第二定律典型題歸納

牛頓第二定律典型題歸納

1.鋼球在盛有足夠深油的油罐中由靜止開始下落，若油對(duì)球的阻力正比于其速率，則球的運(yùn)動(dòng)情況是（）

A.先加速后勻速B.先加速后減速最后靜止C.先加速后減速最后勻速D.加速度逐漸減小到零

2.如圖所示，一木塊在水平恒力的作用下，沿光滑水平面向右做加速運(yùn)動(dòng)，前方墻上固定有一勁度系數(shù)足夠大的彈簧，當(dāng)木塊接觸彈簧后，將（）

A.立即做減速運(yùn)動(dòng)B.立即做勻速運(yùn)動(dòng)C.在一段時(shí)間內(nèi)速度繼續(xù)增大

D.當(dāng)彈簧壓縮量為最大時(shí)，物體速度為零，處于平衡狀態(tài)

3.如圖所示，一物體從曲面上的Q點(diǎn)由靜止開始下滑，通過一段粗糙的傳送帶，傳送帶靜止，從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t1；若傳送帶的皮帶在輪子轉(zhuǎn)動(dòng)的帶動(dòng)下，上表面向左勻速運(yùn)動(dòng)，再次把物體從曲面的Q點(diǎn)由靜止開始下滑，達(dá)到A點(diǎn)時(shí)速度與第一次相同，從A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則（）

A.t1?t2B.t1?t2C.t1?t2D.無法確定

4.質(zhì)量為m1的物體放在A地，用豎直向上的力F拉物體，物體的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖中的①所示；質(zhì)量為m2的物體在B地做類似實(shí)驗(yàn)，測(cè)得a?F關(guān)系如圖中的②所示，設(shè)兩地重力加速度分別為g1和g2由圖可判定（）

A.m1?m2,g1?g

2C.m1?m2,g1?g2B.m1?m2,g1?g2

D.m1?

m2,g1?g2

5.勻速上升的升降機(jī)頂部懸有一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一小球，若升降機(jī)突然停止，在地面觀察者看來，小球在繼續(xù)上升的過程中（）

A.速度逐漸減小B.速度先增大后減小

C.加速度先減小后增大D.加速度逐漸減小

6.從加速豎直上升的氣球上落下一個(gè)物體，在物體剛離開氣球的瞬間，下列說法正確的是（）

A.物體立即向下做自由落體運(yùn)動(dòng)

B.物體具有豎直向上的加速度

C.物體的速度為零，但具有豎直向下的加速度

D.物體具有豎直向上的速度和豎直向下的加速度

牛頓第二定律典型題歸納

7.如圖所示，用細(xì)線拉著小球A向上做加速運(yùn)動(dòng)，小球A、B間用彈簧相連，兩球的質(zhì)量分別為m和2m，加速度的大小為a，若拉力F突然撤去，則A、B兩球的加速度大小分別為aA?_______________，aB=_____________。

8.2008年奧運(yùn)會(huì)將在我國北京舉行，為此北京交通部門規(guī)定市區(qū)內(nèi)某些區(qū)域汽車行駛速度不得超過30km/h。一輛汽車在規(guī)定的范圍內(nèi)行駛，突然采取車輪抱死緊急剎車，沿直線滑行了10m而停止，查得汽車與該路面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.72，試判斷該汽車是否違章超速行駛并說明理由。（g取10m/s2）

9.如圖所示，幾個(gè)不同傾角的光滑斜面底邊相同，頂點(diǎn)在同一豎直面內(nèi)，物體從哪個(gè)斜面的頂端由靜止滑下時(shí)，滑到底端所用時(shí)間最短？（sin2??2sin?cos?）

10.如圖所示的傳送皮帶，其水平部分AB長sAB?2m,BC與水平面夾角??37?，長度sBC?4m，一小物體P與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)??0.25，皮帶沿A至B方向運(yùn)行，速率為v?2m/s，若把物體P放在A點(diǎn)處，它將被傳送帶送到C點(diǎn)，且物體P不脫離皮帶，求物體從A點(diǎn)被傳送到C點(diǎn)所用的時(shí)間。（sin37??0.6,g?10m/s2）

牛頓第二定律典型題歸納答案

1.A、D（鋼球開始速率較小，阻力較小，球的加速度向下，隨著速率增大，加速度減小，當(dāng)a?0時(shí)，v最大，最后保持勻速下沉。）

2.C（當(dāng)F等于彈簧彈力時(shí)，物體速度最大，此時(shí)加速度為零，故從接觸彈簧到F等于彈力這一段時(shí)間內(nèi)，速度繼續(xù)增大；當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，物體速度為零，但加速度不為零（水平向左），不能說速度為零是平衡狀態(tài)。）

3.A

（兩次初速度vA相間，摩擦力F'??FN??mg也相同，則加速度a也相同，所以通過相同的位移AB的時(shí)間一定相同。）

F?g為圖線的函數(shù)關(guān)系式，由式知，當(dāng)F=0時(shí)，a??g；由題圖m

1知，?g1??g2,?g1?g2；由式知，直線斜率k?，由題圖知k1?k2，?m1?m2。“式”和“圖”結(jié)合分析。）m4.B（由牛頓第二定律：F?mg?ma，故a?

5.A（由于慣性小球繼續(xù)上升，開始階段彈簧伸長量減小，若繼續(xù)上升，可能會(huì)出現(xiàn)彈簧被壓縮的情況。若是彈簧伸長量減小的情況，則重力大于彈力，合力向下；若出現(xiàn)壓縮彈簧的情況，彈力向下，合力也向下，可見小球向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。）

6.D（物體離開時(shí)，由于慣性仍具有豎直向上的速度，A項(xiàng)錯(cuò)。而加速度是由重力產(chǎn)生的，B項(xiàng)錯(cuò)。離開氣球的物體只受重力故加速度豎直向下，C項(xiàng)錯(cuò)、D項(xiàng)正確。）

7.3g?2a a [去掉力F的瞬間，B受力情況不變，故加速度大小仍為a，方向向上，由牛頓第二定律得FN?2mg?2ma。所以彈簧彈力FN?2m(g?a)。對(duì)A球，由牛頓第二定律得F'N?mg?ma'，所以A球的加速度a'?[2m(g?a)?mg]/m?3g?2a。]

8.解：車輪抱死剎車后，汽車受摩擦力F??FN??mg，其勻減速加速度a?

初速度為v0，由v02?mg??g?7.2m/s2，設(shè)汽車剎車時(shí)m?2as，得v0?2as?2?7.2?10m/s?12m/s?43.2km/h?30km/h，故汽車違章超速。

9.傾角為45°的斜面所用時(shí)間最短（設(shè)斜面底邊長為l（為定值），這個(gè)斜面的長為l/cos?，沿這個(gè)斜面下滑的加速度為gsin?，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式s?2l4l12l1?這是at就可得?gsin??t2，則t?gsin?cos?gsin2?2cos?2

一個(gè)時(shí)間t隨?角變化的函數(shù)式，可反映沿每一個(gè)斜面下滑的結(jié)果，不難看出，當(dāng)??45?時(shí)，最小為2l/g，即沿傾角為45°的斜面下滑用時(shí)最短。）

牛頓第二定律典型題歸納答案

10.解：物體P隨傳送帶做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相等時(shí)若未到達(dá)B，即做一段勻速運(yùn)動(dòng)；P從B至C段進(jìn)行受力分析后求加速度，再計(jì)算時(shí)間，各段運(yùn)動(dòng)相加為所求時(shí)間。

P在AB段先做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律

F1?ma1,F1??FN1??mg,v?a1t1，得P勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1?vv??0.8s a1?g

1122a1t1??gt1?0.8m, 22

sAB?s1?vt2

s?s1勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2?AB?0.6s v

P以速率v開始沿BC下滑，此過程重力的下滑分量mgsin37??0.6mg；滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，其大小為?mgcos37??0.2mg，可見其加速下滑。由牛頓第二定律

mgsin37???mgcos37??ma3,s1?

a3?0.4g?4m/s2

12?sBC?vt3?a3t32

解得t3?1s(另解t'3??2s,舍去)

從A至C經(jīng)過時(shí)間t?t1?t2?t3?2.4s