第2節(jié) 牛頓第二定律、兩類動力學問題
【考綱知識梳理】
一、牛頓第二定律
1、內(nèi)容：牛頓通過大量定量實驗研究出：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向和合外力的方向相同。這就是牛頓第二定律。
2、其數(shù)學表達式為：
牛頓第二定律分量式：
用動量表述：
3、牛頓定律的適用范圍：
（1）只適用于研究慣性系中運動與力的關(guān)系，不能用于非慣性系；
（2）只適用于解決宏觀物體的低速運動問題，不能用來處理微觀粒子高速運動問題；
二、兩類動力學問題
1.由受力情況判斷物體的運動狀態(tài)；
2.由運動情況判斷的受力情況
三、單位制
1、單位制：基本單位和導出單位一起組成了單位制。
（1）基本單位：所選定的基本物理量的(所有)單位都叫做基本單位，如在力學中，選定長度、質(zhì)量和時間這三個基本物理量的單位作為基本單位：
長度一cm、m、km等；
質(zhì)量一g、kg等；
時間―s、min、h等。
（2）導出單位：根據(jù)物理公式和基本單位，推導出其它物理量的單位叫導出單位。
2、由基本單位和導出單位一起組成了單位制。選定基本物理量的不同單位作為基本單位，可以組成不同的單位制，如歷史上力學中出現(xiàn)了厘米?克?秒制和米?千克?秒制兩種不同的單位制，工程技術(shù)領(lǐng)域還有英尺?秒?磅制等。
物理量的名稱單位名稱單位符號
長度米m
質(zhì)量千克（公斤）kg
時間秒s
電流安（培）A
熱力學溫度開（爾文）K
物質(zhì)的量摩（爾）mol
發(fā)光強度坎（德拉）cd
【要點名師透析】
一、牛頓第二定律的理解
1.“五個”性質(zhì)
同向性公式F=ma是矢量式,任一時刻,F合與a同向
正比性m一定時,a∝F合
瞬時性a與F對應同一時刻,即a為某時刻的加速度時,F為該時刻物體所受合外力
因果性F是產(chǎn)生a的原因,物體具有加速度是因為物體受到了力
同一性有三層意思:
①加速度a相對同一慣性系(一般指地面)
②F=ma中,F\,m\,a對應同一物質(zhì)或同一系統(tǒng)
③F=ma中,各量統(tǒng)一使用國際單位
獨立性①作用于物體上的每一個力各自產(chǎn)生的加速度都遵從牛頓第二定律
②物體的實際加速度等于每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和
③分力和加速度在各個方向上的分量也遵從牛頓第二定律,即:Fx=max,Fy=may
局限性①只適用于宏觀、低速運動的物體，不適用于微觀、高速運動的粒子
②物體的加速度必須是相對于地面靜止或勻速直線運動的參考系（慣性系）而言的
2.瞬時加速度的問題分析
分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關(guān)鍵是明確該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度，此類問題應注意以下幾種模型：
【例1】如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩球之間系著一根不計質(zhì)量的彈簧，放在光滑的水平面上，A球緊靠豎直墻壁.今用水平力F將B球向左推壓彈簧，平衡后，突然將F撤去，在這一瞬間
①B球的速度為零，加速度為零
②B球的速度為零，加速度大小為
③在彈簧第一次恢復原長之后，A才離開墻壁
④在A離開墻壁后，A、B兩球均向右做勻速運動
以上說法正確的是( )
A.只有① B.②③ C.①④ D.②③④
【答案】選B.
【詳解】撤去F前，B球受四個力作用，豎直方向的重力和支持力平衡，水平方向推力F和彈簧的彈力平衡，即彈簧的彈力大小為F，撤去F的瞬間，彈簧的彈力仍為F，故B球所受合外力為F，則B球加速度為a= ，而此時B球的速度為零，②正確①錯誤；在彈簧恢復原長前，彈簧對A球有水平向左的彈力使A球壓緊墻壁，直到彈簧恢復原長時A球才離開墻壁，A球離開墻壁后，由于彈簧的作用，使A、B兩球均做變速運動，③對④錯，B選項正確.
二、解決動力學兩類問題的基本方法和步驟
1.由受力情況判斷物體的運動狀態(tài)，處理這類問題的基本思路是：先求出幾個力的合力，由牛頓第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由運動學的有關(guān)公式求出速度或位移.
2.由運動情況判斷受力情況，處理這類問題的基本思路是：已知加速度或根據(jù)運動規(guī)律求出加速度，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力，至于牛頓第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法則(平行四邊形定則)或正交分解法.
3.解題步驟
(1)明確研究對象.根據(jù)問題的需要和解題的方便，選出被研究的物體.
(2)分析物體的受力情況和運動情況.畫好受力分析圖，明確物體的運動性質(zhì)和運動過程.
(3)選取正方向或建立坐標系.通常以加速度的方向為正方向或以加速度方向為某一坐標軸的正方向.
(4)求合外力F合.
(5)根據(jù)牛頓第二定律F合=ma列方程求解，必要時還要對結(jié)果進行討論.
(6)分析流程圖
【例2】(2011?東城區(qū)模擬)雜技中的“頂竿”由兩個演員共同表演，站在地面上的演員肩部頂住一根長竹竿，另一演員爬至竹竿頂端完成各種動作后下滑.若竹竿上演員自竿頂由靜止開始下滑，滑到竹竿底部時速度正好為零.已知竹竿底部與下面頂竿人肩部之間有一傳感器，傳感器顯示竿上演員自竿頂滑下過程中頂竿人肩部的受力情況如圖所示.竹竿上演員質(zhì)量為m1=40 kg，竹竿質(zhì)量m2=10 kg，取g=10 m/s2.
(1)求竹竿上的人下滑過程中的最大速度v1;
(2)請估測竹竿的長度h.
【答案】(1)4 m/s (2)12 m
【詳解】 (1)由題圖可知，0～4 s,肩部對竹竿的支持力F1=460 N<(G1+G2)，人加速下滑，設加速度為a1，0～4 s竹竿受力平衡,受力分析如圖由F1=G2+Ff,得Ff=F1-G2=360 N
對人受力分析如圖F′f=Ff=360 N,又由牛頓第二定律得：G1-F′f=m1a1,得a1=1 m/s2t1=4 s時達到最大速度，設為v1，則v1=a1t1=4 m/s
(2)由題圖可知，4 s～6 s肩部對竹竿的支持力F2=580 N>(G1+G2)
人減速下滑，設加速度為a2，同理
0～4 s，下滑距離為h1,
4 s～6 s，下滑距離為h2,
竹竿的長度h=h1+h2=12 m
【感悟高考真題】
1.（2011?福建理綜?T18）如圖，一不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過定滑輪后，兩端分別懸掛質(zhì)量為 和 的物體 和 。若滑輪有一定大小，質(zhì)量為 且分布均勻，滑輪轉(zhuǎn)動時與繩之間無相對滑動，不計滑輪與軸之間的摩擦。設細繩對 和 的拉力大小分別為 和 ，已知下列四個關(guān)于 的表達式中有一個是正確的，請你根據(jù)所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是
A.
B.
C.
D.
【答案】選C.
【詳解】設滑輪的質(zhì)量為零，即看成輕滑輪，若物體B的質(zhì)量較大，由整體法可得加速度 ，隔離物體A，據(jù)牛頓第二定律可得 ，將m=0代入四個選項，可得選項C是正確，故選C.
2.（2011?江蘇物理?T9）如圖所示，傾角為α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足夠長的輕質(zhì)綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側(cè)，綢帶與斜面間無摩擦�，F(xiàn)將質(zhì)量分別為M、m(M>m)的小物塊同時輕放在斜面兩側(cè)的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數(shù)相等，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。在α角取不同值的情況下，下列說法正確的有
A．兩物塊所受摩擦力的大小總是相等
B．兩物塊不可能同時相對綢帶靜止
C．M不可能相對綢帶發(fā)生滑動
D．m不可能相對斜面向上滑動
【答案】選AC.
【詳解】當物塊與絲綢之間的動摩擦因數(shù) 時，M、m恰好相對于綢帶靜止，M相對于斜面向下運動，m相對于斜面向上運動，由于斜面光滑且不計綢帶質(zhì)量，此時綢帶等效為一根輕繩；當 時情況相同；當 時，m會相對于斜面向下滑動，M相對于綢帶靜止，沿斜面向下滑動，無論何種情況綢帶綢帶對兩物體的摩擦力大小均相等，故A、C正確，B、D錯誤。
3.（2011?江蘇物理?T14）如圖所示，長為L、內(nèi)壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置。將一質(zhì)量為m的小球固定在管底，用一輕質(zhì)光滑細線將小球與質(zhì)量為M=km的小物塊相連，小物塊懸掛于管口�，F(xiàn)將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉(zhuǎn)向裝置后做平拋運動，小球在轉(zhuǎn)向過程中速率不變。(重力加速度為g)
(1)求小物塊下落過程中的加速度大小；
(2)求小球從管口拋出時的速度大小；
(3)試證明小球平拋運動的水平位移總小于
【答案】（1） ；（2） （k>2） (3)見解析。
【詳解】(1)設細線中的張力為T,根據(jù)牛頓第二定律
且M=Km
聯(lián)立解得
（2）設M落地時的速度大小為v,m射出管口是速度大小為 ，M落地后m的加速度大小為 ，
根據(jù)牛頓第二定律
由勻變速直線運動規(guī)律知 ，
聯(lián)立解得 （k>2）
（3）由平拋運動規(guī)律
解得
則 得證
4.（2010?全國卷1）15．如右圖，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，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)�，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為 、 。重力加速度大小為g。則有
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】C
【解析】在抽出木板的瞬時，彈簧對1的支持力和對2的壓力并未改變。對1物體受重力和支持力，mg=F,a1=0. 對2物體受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律
5.（2010?上海物理）11. 將一個物體以某一速度從地面豎直向上拋出，設物體在運動過程中所受空氣阻力大小不變，則物體
（A）剛拋出時的速度最大 （B）在最高點的加速度為零
（C）上升時間大于下落時間 （D）上升時的加速度等于下落時的加速度
解析： ， ，所以上升時的加速度大于下落時的加速度，D錯誤；
根據(jù) ，上升時間小于下落時間，C錯誤，B也錯誤，本題選A。
本題考查牛頓運動定律和運動學公式。難度：中。
6.（2010?上海物理）32.（14分）如圖，寬度L=0.5m的光滑金屬框架MNPQ固定板個與水平面內(nèi)，并處在磁感應強度大小B=0.4T，方向豎直向下的勻強磁場中，框架的電阻非均勻分布，將質(zhì)量m=0.1kg，電阻可忽略的金屬棒ab放置在框架上，并且框架接觸良好，以P為坐標原點，PQ方向為x軸正方向建立坐標，金屬棒從 處以 的初速度，沿x軸負方向做 的勻減速直線運動，運動中金屬棒僅受安培力作用。求：
（1）金屬棒ab運動0.5m，框架產(chǎn)生的焦耳熱Q；
（2）框架中aNPb部分的電阻R隨金屬棒ab的位置x變化的函數(shù)關(guān)系；
（3）為求金屬棒ab沿x軸負方向運動0.4s過程中通過ab的電量q，某同學解法為：先算出金屬棒的運動距離s，以及0.4s時回路內(nèi)的電阻R，然后代入
q= 求解。指出該同學解法的錯誤之處，并用正確的方法解出結(jié)果。
解析：
（1） ，
因為運動中金屬棒僅受安培力作用，所以F=BIL
又 ，所以
且 ，得
所以
（2） ，得 ，所以 。
（3）錯誤之處：因框架的電阻非均勻分布，所求 是0.4s時回路內(nèi)的電阻R，不是平均值。
正確解法：因電流不變，所以 。
本題考查電磁感應、電路與牛頓定律、運動學公式的綜合應用。難度：難。
7.（2010?江蘇卷）15．（16分）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓 作周期性變化，其正向電壓為 ，反向電壓為 ，電壓變化的周期為2r，如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。
（1）若 ，電子在0―2r時間內(nèi)不能到達極板A，求d應滿足的條件；
（2）若電子在0―2r時間未碰到極板B，求此運動過程中電子速度 隨時間t變化的關(guān)系；
（3）若電子在第N個周期內(nèi)的位移為零，求k的值。
解析：
（1）電子在0~T時間內(nèi)做勻加速運動
加速度的大小 ①
位移 ②
在T-2T時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向作勻加速運動
加速度的大小 ③
初速度的大小 ④
勻減速運動階段的位移 ⑤
依據(jù)題意 ＞ 解得 ＞ ⑥
（2）在2nT~(2n+1)T,(n=0,1,2, ……,99)時間內(nèi)⑦
加速度的大小a′2=
速度增量△v2=-a′2T⑧
(a)當0≤t-2nt電子的運動速度v=n△v1+n△v2+a1(t-2nT)⑨
解得v= ,(n=0,1,2, ……,99)⑩
(b)當0≤t-(2n+1)T電子的運動速度v=(n+1) △v1+n△v2-a′2○11
解得v= ,(n=0,1,2, ……,99)○12
（3）電子在2(N-1)T~(2N-1)T時間內(nèi)的位移x2N-1=v2N-2T+ a1T2
電子在(2N-1)T~2NT時間內(nèi)的位移x2N=v2N-1T- a′2T2
由○10式可知v2N-2=(N-1)(1-k)T
由○12式可知 v2N-1=(N-Nk+k)T
依據(jù)題意 x2N-1+ x2N=0
解得
本題考查牛頓運動定律、運動學公式應用和歸納法解題。
難度：難。
8.（2010?福建卷）22.（20分）如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于水平面。t=0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零，加速度aB=1.0m/s2的勻加速直線運動。已知A的質(zhì)量mA和B的質(zhì)量mg均為2.0kg,A、B之間的動摩擦因數(shù) =0.05，B與水平面之間的動摩擦因數(shù) =0.1，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s2。求
（1）物體A剛運動時的加速度aA
（2）t=1.0s時，電動機的輸出功率P；
（3）若t=1.0s時，將電動機的輸出功率立即調(diào)整為P`=5W，并在以后的運動過程中始終保持這一功率不變，t=3.8s時物體A的速度為1.2m/s。則在t=1.0s到t=3.8s這段時間內(nèi)木板B的位移為多少？
解析：
（1）物體A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛頓第二定律得
代入數(shù)據(jù)解得
（2）t=1.0s，木板B的速度大小為
木板B所受拉力F，由牛頓第二定律有
解得：F=7N
電動機輸出功率
P= Fv=7W
（3）電動機的輸出功率調(diào)整為5W時，設細繩對木板B的拉力為 ，則
解得 =5N
木板B受力滿足
所以木板B將做勻速直線運動，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線運動直到A、B速度相等。設這一過程時間為 ，有
這段時間內(nèi)的位移 ④
A、B速度相同后，由于F＞ 且電動機輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運動，由動能定理有：
由以上各式代入數(shù)學解得：
木板B在t=1.0s到3.8s這段時間內(nèi)的位移為：
9.（2010?四川卷）23．(16分)質(zhì)量為M的拖拉機拉著耙來耙地，由靜止開始做勻加速直線運動，在時間t內(nèi)前進的距離為s。耙地時，拖拉機受到的牽引力恒為F，受到地面的阻力為自重的k倍，耙所受阻力恒定，連接桿質(zhì)量不計且與水平面的夾角θ保持不變。求：
(1)拖拉機的加速度大小。
(2)拖拉機對連接桿的拉力大小。
(3)時間t內(nèi)拖拉機對耙做的功。
【答案】⑴
⑵
⑶
【解析】⑴拖拉機在時間t內(nèi)勻加速前進s，根據(jù)位移公式
①
變形得
②
⑵對拖拉機受到牽引力、支持力、重力、地面阻力和連桿拉力T，根據(jù)牛頓第二定律
③
②③連立變形得
④
根據(jù)牛頓第三定律連桿對耙的反作用力為
⑤
（3）閉合開關(guān)調(diào)節(jié)滑動變阻器使待測表滿偏，流過的電流為Im。根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等有：
拖拉機對耙做功為
⑥
10.（2010?安徽卷）22.（14分）質(zhì)量為 的物體在水平推力 的作用下沿水平面作直線運動，一段時間后撤去 ，其運動的 圖像如圖所示。 取 ，求：
(1)物體與水平面間的運動摩擦因數(shù) ；
(2)水平推力 的大�。�
（3） 內(nèi)物體運動位移的大小。
解析：
（1）設物體做勻減速直線運動的時間為△t2、初速度為v20、末速度為v2t、加速度為a2，則
①
設物體所受的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律，有
Ff=ma2 ②
Ff=-μmg ③
聯(lián)立①②得
④
（2）設物體做勻加速直線運動的時間為△t1、初速度為v10、末速度為v1t、加速度為a1，則
⑤
根據(jù)牛頓第二定律，有
F+Ff=ma1 ⑥
聯(lián)立③⑥得
F=μmg+ma1=6N
（3）解法一：由勻變速直線運動位移公式，得
解法二：根據(jù) 圖象圍成的面積，得
11.（09?全國卷Ⅱ?15）兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在0～0.4s時間內(nèi)的v-t圖象如圖所示。若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時間t1分別為 （ ）
A． 和0.30s B．3和0.30s C． 和0.28s D．3和0.28s
解析：本題考查圖象問題.根據(jù)速度圖象的特點可知甲做勻加速,乙做勻減速.根據(jù) 得 ,根據(jù)牛頓第二定律有 ,得 ,由 ,得t=0.3s,B正確。
12.（09?上海?7）圖為蹦極運動的示意圖。彈性繩的一端固定在 點，另一端和運動員相連。運動員從 點自由下落，至 點彈性繩自然伸直，經(jīng)過合力為零的 點到達最低點 ，然后彈起。整個過程中忽略空氣阻力。分析這一過程，下列表述正確的是 （ ）
①經(jīng)過 點時，運動員的速率最大
②經(jīng)過 點時，運動員的速率最大
③從 點到 點，運動員的加速度增大
④從 點到 點，運動員的加速度不變
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
13.（09?上海?46）與普通自行車相比，電動自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動自行車的部分技術(shù)參數(shù)。在額定輸出功率不變的情況下，質(zhì)量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當此電動車達到最大速度時，牽引力為 N,當車速為2s/m時，其加速度為 m/s2(g=10m m/s2)
規(guī)格后輪驅(qū)動直流永磁鐵電機
車型14電動自行車額定輸出功率200W
整車質(zhì)量40Kg額定電壓48V
最大載重120 Kg額定電流4.5A
答案：40：0.6
14.（09?寧夏?20）如圖所示，一足夠長的木板靜止在光滑水平面上，一物塊靜止在木板上，木板和物塊間有摩擦�，F(xiàn)用水平力向右拉木板，當物塊相對木板滑動了一段距離但仍有相對運動時，撤掉拉力，此后木板和物塊相對于水平面的運動情況為 （ BC ）
A.物塊先向左運動，再向右運動
B.物塊向右運動，速度逐漸增大，直到做勻速運動
C.木板向右運動，速度逐漸變小，直到做勻速運動
D.木板和物塊的速度都逐漸變小，直到為零
15.（09?江蘇物理?9）如圖所示，兩質(zhì)量相等的物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內(nèi)。在物塊A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有 （ BCD ）
A．當A、B加速度相等時，系統(tǒng)的機械能最大
B．當A、B加速度相等時，A、B的速度差最大
C．當A、B的速度相等時，A的速度達到最大
D．當A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大
解析：處理本題的關(guān)鍵是對物體進行受力分析和運動過程分析，使用圖象處理則可以使問題大大簡化。對A、B在水平方向受力分析如圖，F(xiàn)1為彈簧的拉力；當加速度大小相同為a時，對Ａ有 ，對Ｂ有 ，得 ，在整個過程中Ａ的合力（加速度）一直減小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在達到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。兩物體運動的v-t圖象如圖，tl時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2時刻兩物體的速度相等，Ａ速度達到最大值，兩實線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對位移最大，彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力對系統(tǒng)正功，系統(tǒng)機械能增加，tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統(tǒng)機械能并非最大值。
16.（09?山東?17）某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示，據(jù)此判斷圖乙（F表示物體所受合力，x表示物體的位移）四個選項中正確的是 （ B ）
解析：由圖甲可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前兩秒受力恒定，2s-4s做正方向勻加速直線運動，所以受力為負，且恒定，4s-6s做負方向勻加速直線運動，所以受力為負，恒定，6s-8s做負方向勻減速直線運動，所以受力為正，恒定，綜上分析B正確。
【考點模擬演練】
1.(2011?長沙模擬)一輛空車和一輛滿載貨物的同型號汽車，在同一路面上以相同的速度向同一方向行駛.兩輛汽車同時緊急剎車后(即車輪不滾動只滑動)，以下說法正確的是
( )
A.滿載貨物的汽車由于慣性大，滑行距離較大
B.滿載貨物的汽車由于受到的摩擦力較大，滑行距離較小
C.兩輛汽車滑行的距離相同
D.滿載貨物的汽車比空車先停下來
【答案】選C.
【詳解】由于兩輛汽車的車輪與地面間的摩擦因數(shù)相同，所以汽車剎車時的加速度a=μg相同，由 知,兩輛汽車滑行的距離相同.A、B均錯，C正確；由 知兩車同時停下，D錯.
2.下列說法正確的是( )
A.物體所受到的合外力越大，其速度改變量也越大
B.物體所受到的合外力不變(F合≠0)，其運動狀態(tài)就不改變
C.物體所受到的合外力變化，其速度的變化率一定變化
D.物體所受到的合外力減小時，物體的速度可能正在增大
【答案】選C、D.
【詳解】物體所受到的合外力越大，物體的加速度(速度變化率)也越大，即速度變化得越快，但速度改變量還與時間有關(guān)，故選項A錯誤、C正確；物體的合外力不為零，就會迫使運動狀態(tài)(運動的快慢和方向)發(fā)生變化，選項B錯誤；合外力的大小與速度的大小之間沒有直接關(guān)系，選項D正確.
3.下列說法正確的是( )
A.若物體運動速率始終不變，則物體所受合力一定為零
B.若物體的加速度均勻增加，則物體做勻加速直線運動
C.若物體所受合力與其速度方向相反，則物體做勻減速直線運動
D.若物體在任意相等的時間間隔內(nèi)位移相等，則物體做勻速直線運動
【答案】選D.
【詳解】若物體運動速率始終不變，速度大小不變，但速度方向可能變化，因此合力不一定為零，A錯；物體的加速度均勻增加，即加速度在變化，是非勻加速直線運動，B錯；物體所受合力與其速度方向相反，只能判斷其做減速運動，但加速度大小不能確定，C錯；若物體在任意相等的時間間隔內(nèi)位移相等，則物體做勻速直線運動，D對.
4.(2011?濰坊模擬)關(guān)于單位制，下列說法中正確的是( )
A.kg、m/s、N是導出單位
B.kg、m、C是基本單位
C.在國際單位制中，時間的基本單位是s
D.在國際單位制中，力的單位是根據(jù)牛頓第二定律定義的
【答案】選C、D.
【詳解】力學中的基本單位有三個:kg、m、s.有些物理單位屬于基本單位，但不是國際單位，如厘米(cm)、克(g)、小時(h)等；有些單位屬于國際單位，但不是基本單位，如米/秒(m/s)、帕斯卡(Pa)、牛頓(N)等.
5．如圖所示，物體A放在斜面上，與斜面一起向右做勻加速運動，物體A受到斜面對它的支持力和摩擦力的合力方向可能是
(　　)
A．斜向右上方 B．豎直向上
C．斜向右下方 D．上述三種方向均不可能
【答案】A
【詳解】物體A受到豎直向下的重力G、支持力FN和摩擦力三個力的作用，它與斜面一起向右做勻加速運動，合力水平向右，由于重力沒有水平方向的分力，支持力FN和摩擦力Ff的合力F一定有水平方向的分力，F(xiàn)在豎直方向的分力與重力平衡，F(xiàn)向右斜上方，A正確．
6.(2011?福建福州質(zhì)檢)商場搬運工要把一箱蘋果沿傾角為θ的光滑斜面推上水平臺，如右圖所示．他由斜面底端以初速度v0開始將箱推出(箱與手分離)，這箱蘋果剛好能滑上平臺．箱子的正中間是一個質(zhì)量為m的蘋果，在上滑過程中其他蘋果對它的作用力大小是(　　)
A．mg　　　　　　　　　B．mgsin θ
C．mgcos θ D．0
【答案】C
【詳解】以箱子和里面所有蘋果作為整體來研究，受力分析得，Mgsin θ＝Ma，則a＝gsin θ，方向沿斜面向下；再以蘋果為研究對象，受力分析得，合外力F＝ma＝mgsin θ，與蘋果重力沿斜面的分力相同．由此可知，其他蘋果給它的力應與重力垂直于斜面的分力相等，即mgcos θ，故C正確．
7.如右圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m的A、B兩個物體，A、B間的最大靜摩擦力為μmg，現(xiàn)用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度運動，則拉力F的最大值為(　　)
A．μmg B．2μmg
C．3μmg D．4μmg
【答案】C
【詳解】當A、B之間恰好不發(fā)生相對滑動時力F最大，此時，對于A物體所受的合外力為μmg
由牛頓第二定律知aA＝μmgm＝μg
對于A、B整體，加速度a＝aA＝μg
由牛頓第二定律得F＝3ma＝3μmg.答案為C.
8.(2011?河北唐山三月)如右圖所示，用皮帶輸送機將物塊m向上傳送，兩者間保持相對靜止，則下列關(guān)于m所受摩擦力Ff的說法正確的是(　　)
A．皮帶傳動的速度越大Ff越大
B．皮帶加速運動的加速度越大Ff越小
C．皮帶速度恒定，m質(zhì)量越大Ff越大
D．Ff的方向一定與皮帶速度方向相同
【答案】C
【詳解】當傳送帶加速時，F(xiàn)f－mgsin θ＝ma，即Ff＝mgsin θ＋ma.故皮帶加速運動的加速度越大Ff越大，與速度無關(guān)，A、B均錯．當皮帶勻速運動時，a＝0，因此Ff＝mgsin θ，故m越大Ff越大，C對．當皮帶向上減速時mgsin θ＋Ff＝ma，當a增大到a>gsin θ時，F(xiàn)f方向沿斜面向下，故D錯．
9.如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧豎直立在水平地面上，下端固定.一小球從高處自由落下，落到彈簧上端，將彈簧壓縮至最低點.小球從開始壓縮彈簧至最低點過程中，小球的加速度和速度的變化情況是()
A.加速度先變大后變小，速度先變大后變小
B.加速度先變大后變小，速度先變小后變大
C.加速度先變小后變大，速度先變大后變小
D.加速度先變小后變大，速度先變小后變大
【答案】C
【詳解】小球在壓縮彈簧的過程中，彈簧對小球的彈力逐漸變大，由牛頓第二定律可知：小球先加速后減速，其加速度先變小后變大，速度先變大后變小，故C正確.
10.一質(zhì)量為M的探空氣球在勻速下降，若氣球所受浮力F始終保持不變，氣球在運動過程中所受阻力僅與速率有關(guān)，重力加速度為g.現(xiàn)欲使該氣球以同樣速率勻速上升，則需從氣球吊籃中減少的質(zhì)量為()
A.2（M- ）
B.M-
C.2M-
D.0
【答案】A
【詳解】對探空氣球勻速下降和勻速上升的兩個過程進行受力分析如圖所示.列出平衡方程式
F+f=Mg
F=f+xg，聯(lián)立解得x= -M，所以Δm=M-x=2(M- ).
11．放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，力F的大小與時間t的關(guān)系和物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖所示．重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物塊在運動過程中受到的滑動摩擦力的大��；
(2)物塊在3～6 s中的加速度大�。�
(3)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)．
【答案】(1)Ff＝4 N　(2)a＝2 m/s2　(3)μ＝0.4
【詳解】(1)由v－t圖象可知，物塊在6～9 s內(nèi)做勻速運動，由F－t圖象知，6～9 s的推力F3＝4 N，故
Ff＝F3＝4 N①
(2)由v－t圖象可知，3～6 s內(nèi)做勻加速運動，由
a＝vt－v0t②
得a＝2 m/s2③
(3)在3～6 s內(nèi)，由牛頓第二定律有F2－Ff＝ma④
且Ff＝μFN＝μmg⑤
由④⑤式求得μ＝0.4⑥
12．如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，求物塊B剛要離開C時物塊A的加速度a和從開始到此時物塊A的位移d，重力加速度為g.
【答案】a＝F－(mA＋mB)gsinθmA　d＝(mA＋mB)gsinθk
【詳解】令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律可知mAgsinθ＝kx1①
令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量，a表示此時A的加速度，由胡克定律和牛頓定律kx2＝mBgsinθ②
可知F－mAgsinθ－kx2＝mAa③
由②③式可得a＝F－(mA＋mB)gsinθmA④
由題意，d＝x1＋x2⑤


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