第2讲 牛顿第二定律的基本应用
■目标要求
1.掌握动力学两类基本问题的求解思路和方法。2.掌握各种动力学图像,并能用图像的斜率、面积、截距、交点、拐点等的物理意义解决问题。
考点1 动力学两类基本问题
必|备|知|识
1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路。
先求出几个力的合力,由牛顿第二定律(F合=ma)求出 ,再由运动学的有关公式求出速度或位移。
2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路。
已知加速度或根据运动规律求出 ,再由牛顿第二定律求出合力,从而确定未知力。
关|键|能|力
动力学两类基本问题的解题思路。
上述解题思路中的关键点:
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁;速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
考向1 已知受力分析运动情况
【典例1】 如图所示,物体的质量m=5 kg,与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2,在与水平方向夹角θ=37°的恒力F=50 N作用下,由静止开始加速运动,当t=5 s时撤去F(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:
(1)物体做加速运动时的加速度a;
(2)撤去F后,物体还能滑行的时间t'。
考向2 已知运动情况分析受力
【典例2】 某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动,交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察。一辆质量为2.0×103 kg的汽车,以54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶,距斑马线还有30 m的距离时,驾驶员发现有行人通过斑马线,经过0.5 s的反应时间,汽车制动,开始做匀减速运动,恰好在斑马线前停住。重力加速度g=10 m/s2。
(1)求汽车制动过程中所受的合力大小;
(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的,要使汽车从静止开始匀加速经10 s使速度重新达到54 km/h,求牵引力的大小。
考向3 等时圆模型
【典例3】
如图所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,圆周半径为R,b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放,滑环A经时间t1从a点到达b点,滑环B经时间t2从c点到达d点;另有一小球C从c点静止释放做自由落体,经时间t3到达b点,不计一切阻力与摩擦,且A、B、 C都可视为质点,则t1、t2、t3的大小关系为( )
A.t1=t2=t3
B.t1>t2>t3
C.t2>t1>t3
D.A、B、C三物体的质量未知,因此无法比较
各斜面的顶端和底端在同一圆周上,且斜面的顶端在圆周的最高点(如图甲所示)或底端在圆周的最低点(如图乙所示),物体沿斜面下滑的时间t=(其中d为圆的直径),图丙可看成两个等时圆。
甲 乙 丙
考点2 动力学图像问题
关|键|能|力
1.动力学中常见图像及其意义。
v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合外力
F-a 图像 首先要根据具体的物理情景,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出两个物理量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义,从而由图像给出的信息求出未知量
a-t 图像 要注意加速度的正负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F-t 图像 要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质
F-x 图像 表示作用力随位移的变化规律,是力与空间的对应关系,所围面积表示该力在某段位移中做的功
特别提醒:加速度是联系v-t图像与F-t图像的桥梁。
2.动力学图像问题求解思路。
【典例4】 (多选)(2025·酒泉模拟)如图甲所示,物块的质量m=1 kg、初速度v0=10 m/s,在一水平向左大小不变的力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻该力F突然反向,整个过程中物块的v2-x关系图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
甲乙
A.0~1 s内物块做匀减速运动
B.在t=5 s时刻该力F反向
C.外力F的大小为8 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
【典例5】
甲
(2025·鞍山模拟)为了探究物体与斜面间的动摩擦因数,某同学进行了如下实验:取一质量为m的物体,使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动,如图甲所示,通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示,通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示,若已知斜面的倾角α=37°,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数;
(2)撤去推力F后,物体还能上升的距离(斜面足够长)。
乙丙
第2讲 牛顿第二定律的基本应用
考点1
必备知识
1.加速度 2.加速度
关键能力
【典例1】 答案 (1)4.8 m/s2 (2)12 s
解析 (1)物体做加速运动时,进行受力分析,如图所示,
根据牛顿第二定律,可得
Fcos θ-μFN=ma,
又FN=Fsin θ+mg,
联立解得a=4.8 m/s2。
(2)撤去F时,物体的速度为
v=at=24 m/s,
撤去F后,由牛顿第二定律可得μmg=ma',
解得a'=2 m/s2,
根据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)设汽车在反应时间内行驶的距离为x1,制动过程中行驶的距离为x2,加速度大小为a1,所受的合力大小为Ff1,
初速度v0=54 km/h=15 m/s,
反应时间t0=0.5 s,
由牛顿第二定律有Ff1=ma1,
由匀速和匀变速直线运动规律有
x1=v0t0,
x2=x-x1,
=2a1x2,
联立解得Ff1=1.0×104 N。
(2)设汽车从静止开始经10 s使速度重新达到54 km/h的过程中,加速度大小为a2,牵引力大小为F,由牛顿第二定律有
F-Ff2=ma2,
Ff2=0.05mg,
由匀变速直线运动规律有v0=a2t,
联立解得F=4.0×103 N。
【典例3】 A 解析 对于环A,设ab与水平方向的夹角为θ,圆的半径为R,由牛顿第二定律可知,下滑加速度为a1==gsin θ,又根据运动学公式得2Rsin θ=a1,解得t1=,对于环B,设cd与水平方向的夹角为α,由牛顿第二定律可知,下滑加速度为a2==gsin α,又根据运动学公式得2Rsin α=a2,解得t2=,对自由落体的球C而言,有2R=g,解得t3=,因此三者时间相等,且与物体的质量无关,A项正确,B、C、D三项均错误。
考点2
关键能力
【典例4】 AD 解析 物块做减速运动的加速度为a1== m/s2=10 m/s2,减速运动的时间为t1== s=1 s,即0~1 s内物块做匀减速运动,在t=1 s时刻该力F反向,A项正确,B项错误;减速运动时F+μmg=ma1,力F反向后的加速度a2== m/s2=4 m/s2,且F-μmg=ma2,联立解得F=7 N,μ=0.3,C项错误,D项正确。
【典例5】 答案 (1) (2)0.075 m
解析 (1)0~2 s内,由F-t图像可得
F1=21.5 N,
由牛顿第二定律可得
F1-mgsin α-μmgcos α=ma1,
由v-t图像可得a1==0.5 m/s2,
2 s后,由F-t图可得F2=20 N,
由牛顿第二定律可得
F2-mgsin α-μmgcos α=0,
解得μ=。
(2)撤去推力F后,由牛顿第二定律可得
-μmgcos α-mgsin α=ma2,
解得a2=- m/s2,
撤去外力时,物体的速度为1 m/s,物体做匀减速直线运动到达最高点,则由速度与位移的关系式得
x3==0.075 m。(共27张PPT)
第2讲
第三章 运动与力的关系
牛顿第二定律的基本应用
目
标
要
求
1.掌握动力学两类基本问题的求解思路和方法。2.掌握各种动力学图像，并能用图像的斜率、面积、截距、交点、拐点等的物理意义解决问题。
考点1 动力学两类基本问题
考点2 动力学图像问题
内容
索引
动力学两类基本问题
考点1
必|备|知|识
1.由物体的受力情况求解运动情况的基本思路。
先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合=ma)求出_________，再由运动学的有关公式求出速度或位移。
2.由物体的运动情况求解受力情况的基本思路。
已知加速度或根据运动规律求出________，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。
加速度
加速度
关|键|能|力
动力学两类基本问题的解题思路。
上述解题思路中的关键点：
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
考向1
已知受力分析运动情况
【典例1】 如图所示，物体的质量m=5 kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角θ=37°的恒力F=50 N作用下，由静止开始加速运动，当t=5 s时撤去F(g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=
0.8)。求：
(1)物体做加速运动时的加速度a；
物体做加速运动时，进行受力分析，如图所示，
根据牛顿第二定律，可得
Fcos θ-μFN=ma，
又FN=Fsin θ+mg，
联立解得a=4.8 m/s2。
解析
(2)撤去F后，物体还能滑行的时间t'。
撤去F时，物体的速度为v=at=24 m/s，
撤去F后，由牛顿第二定律可得μmg=ma'，
解得a'=2 m/s2，
根据0=v-a't'，
解得t'=12 s。
解析
考向2
已知运动情况分析受力
【典例2】 某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察。一辆质量为2.0×103 kg的汽车，以 54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶，距斑马线还有30 m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住。重力加速度g=10 m/s2。
(1)求汽车制动过程中所受的合力大小；
设汽车在反应时间内行驶的距离为x1，制动过程中行驶的距离为 x2，加速度大小为a1，所受的合力大小为Ff1，
初速度v0=54 km/h=15 m/s，
反应时间t0=0.5 s，
由牛顿第二定律有Ff1=ma1，
由匀速和匀变速直线运动规律有x1=v0t0，x2=x-x1，=2a1x2，
联立解得Ff1=1.0×104 N。
解析
(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的，要使汽车从静止开始匀加速经10 s使速度重新达到54 km/h，求牵引力的大小。
设汽车从静止开始经10 s使速度重新达到54 km/h的过程中，加速度大小为a2，牵引力大小为F，由牛顿第二定律有F-Ff2=ma2，
Ff2=0.05mg，
由匀变速直线运动规律有v0=a2t，
联立解得F=4.0×103 N。
解析
考向3
等时圆模型
【典例3】 如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、 b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点。现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从c点静止释放做自由落体，经时间t3到达b点，不计一切阻力与摩擦，且A、B、 C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为( )
A.t1=t2=t3
B.t1>t2>t3
C.t2>t1>t3
D.A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较
对于环A，设ab与水平方向的夹角为θ，圆的半径为R，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a1==gsin θ，又根据运动学公式得2Rsin θ=a1，解得t1=，对于环B，设cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a2==gsin α，
解析
又根据运动学公式得2Rsin α=a2，解得t2=，对自由落体的球C而言，有2R=g，解得t3=，因此三者时间相等，且与物体的质量无关，A项正确，B、C、D三项均错误。
解析
各斜面的顶端和底端在同一圆周上，且斜面的顶端在圆周的最高点(如图甲所示)或底端在圆周的最低点(如图乙所示)，物体沿斜面下滑的时间t=(其中d为圆的直径)，图丙可看成两个等时圆。
动力学图像问题
考点2
关|键|能|力
1.动力学中常见图像及其意义。
v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F-a 图像 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个物理量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量
a-t 图像 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F-t 图像 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质
F-x 图像 表示作用力随位移的变化规律，是力与空间的对应关系，所围面积表示该力在某段位移中做的功
特别提醒：加速度是联系v-t图像与F-t图像的桥梁。
2.动力学图像问题求解思路。
【典例4】 (多选)(2025·酒泉模拟)如图甲所示，物块的质量m= 1 kg、初速度v0=10 m/s，在一水平向左大小不变的力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻该力F突然反向，整个过程中物块的v2-x关系图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.0~1 s内物块做匀减速运动
B.在t=5 s时刻该力F反向
C.外力F的大小为8 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
物块做减速运动的加速度为a1== m/s2=10 m/s2，减速运动的时间为t1== s=1 s，即0~1 s内物块做匀减速运动，在t=1 s时刻该力F反向，A项正确，B项错误；减速运动时F+μmg=ma1，力F反向后的加速度a2== m/s2=4 m/s2，且F-μmg=ma2，联立解得F=7 N，μ=0.3，C项错误，D项正确。
解析
【典例5】 (2025·鞍山模拟)为了探究物体与斜面间的动摩擦因 数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α=37°，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数；
0~2 s内，由F-t图像可得F1=21.5 N，
由牛顿第二定律可得F1-mgsin α-μmgcos α=ma1，
由v-t图像可得a1==0.5 m/s2，
2 s后，由F-t图可得F2=20 N，
由牛顿第二定律可得F2-mgsin α-μmgcos α=0，
解得μ=。
解析
(2)撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)。
撤去推力F后，由牛顿第二定律可得-μmgcos α-mgsin α=ma2，
解得a2=- m/s2，
撤去外力时，物体的速度为1 m/s，物体做匀减速直线运动到达最高点，则由速度与位移的关系式得
x3==0.075 m。
解析微练10 牛顿第二定律的基本应用
梯级Ⅰ基础练
1.如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下﹐到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°(未标出)，则( )
A.t1>t2 B.t1=t2
C.t12.某同学利用如图所示装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数。滑块上装有宽度为d的遮光条，位置O处安装光电门，实验时给滑块向左的初速度，记录遮光条通过光电门的时间t、通过光电门后滑块继续滑行的距离为L，已知当地重力加速度大小为g，则滑块与桌面间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
3.(多选)(2025·潍坊模拟)如图甲，一箱式货车在平直公路上由静止开始向左运动，其运动的v-t图像如图乙所示，货箱中放置一质量为50 kg的货物，其与车厢间动摩擦因数为0.25，在运动过程中货物一直未与车厢壁碰撞，下列说法正确的是(设货箱地板保持水平)( )
A.第1 s内，货物不受摩擦力
B.第2 s内，货物受向左的摩擦力，大小为125 N
C.第3 s内，货物不受摩擦力
D.第3 s内，货物受向左的摩擦力，大小为125 N
4.(2025·盐城模拟)质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别达到稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f=kv(k>0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是( )
A.m1B.=
C.释放瞬间甲球的加速度较大
D.t0时间内两球下落的高度相等
5.如图所示，物体在摩擦力的作用下沿水平地面做匀减速直线运动的位移x与时间t的关系图像是抛物线的一部分，图像在O点的切线过B点，在A点的切线与横轴平行，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.物体的减速距离为2 m
B.物体的初速度大小为2 m/s
C.物体沿地面运动的时间为3 s
D.物体与地面间的动摩擦因数为0.2
梯级Ⅱ能力练
6.(2025·威海模拟)如图所示，一重力为10 N的小球，在F=20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g=10 m/s2。求:
(1)有F作用的过程中小球的加速度大小;
(2)撤去F瞬间小球的加速度大小;
(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点。
7.分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ=0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)包裹刚开始下滑时的托盘倾角θ;
(2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a;
(3)若机器人运行的最大速度为vm=3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。
梯级Ⅲ创新练
8.(多选)智能手机中安装了加速度感测器APP软件后，可以精确测量手机运动的加速度。一同学将手机轻轻接触弹簧由静止释放，如图甲所示，手机在t3时刻运动到最低点，APP软件记录下此过程中加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(不考虑薄板的质量)，则( )
A.手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动
B.t2时刻，重力等于弹力，手机速度为零
C.t2时刻，手机对薄板的压力为零
D.t3时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2倍
微练10 牛顿第二定律的基本应用
1.A 解析 设斜面的底边长为L,斜面的倾角为θ ,则斜边的长度x=,根据牛顿第二定律mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,根据x=at2,解得t=,将30°、45°代入解得t22.A 解析 滑块通过光电门时的速度v=,通过光电门后滑块做匀减速运动,有v2=2aL,由牛顿第二定律得μmg=ma,联立解得μ=,A项正确。
3.BD 解析 第1 s内,货车从静止开始向左做匀加速直线运动,加速度为a1== m/s2=2 m/s2,货物与货车间的最大静摩擦力为fm=μmg=125 N,货物的最大加速度为a==μg=2.5 m/s2>2 m/s2,货物与货车相对静止,一起做匀加速直线运动,货物受到向左的静摩擦力,A项错误;第2 s内,货车的加速度为a2== m/s2=5 m/s2>2.5 m/s2,第3 s内,货车相对于货物向左运动,货物相对货车向右运动,受到向左的滑动摩擦力,大小为f=fm=125 N,B项正确;第3 s内,货车做匀速直线运动,速度为7 m/s,2 s末货物的速度为v物=a1t+at=4.5 m/s<7 m/s,3 s末货物的速度为v物'=a1t+at'=7 m/s,第3 s内,货车相对于货物向左运动,货物相对货车向右运动,受到向左的滑动摩擦力,大小为f=fm=125 N,C项错误,D项正确。
4.B 解析 两小球先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动,小球做匀速直线运动时有kv1=m1g,kv2=m2g,可得=,由题图可知v1>v2可得m1>m2,A项错误,B项正确;释放瞬间两小球只受重力作用,两小球的加速度相等,为重力加速度,C项错误;v-t图像的面积表示位移,由题图可知t0时间内甲球下落的高度较大,D项错误。
5.D 解析 题图中在A点的切线与横轴平行,则A点时速度为0,此时位移为4 m,则物体的减速距离为4 m,A项错误;图像在O点的切线过B点,则根据该点的斜率求得物体的初速度大小为4 m/s,B项错误;物体减速的加速度大小为a== m/s2=2 m/s2,物体沿地面运动的时间为t0===2 s,C项错误;物体在水平地面上,根据牛顿第二定律有Ff=μmg=ma,解得物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.2,D项正确。
6.答案 (1)2.5 m/s2 (2)7.5 m/s2
(3)0.2 s或0.75 s
解析 (1)小球的质量为
m==1 kg,
取沿杆向上为正方向,设小球在力F作用时的加速度大小为a1,此时小球的受力如图1所示,根据牛顿第二定律有
图1
Fsin 30°-Gsin 30°-μFN=ma1,
Fcos 30°=Gcos 30°+FN,
联立解得a1=2.5 m/s2。
图2
(2)撤去F瞬间,小球的受力如图2所示,设此时小球的加速度为a2,有
-Gsin 30°-μFN'=ma2,
FN'=Gcos 30°,
联立解得a2=-7.5 m/s2,
即加速度大小为7.5 m/s2。
(3)刚撤去F时,小球的速度为
v1=a1t1=3 m/s,
小球的位移为x1=a1=1.8 m,
撤去F后,小球继续向上运动的时间为
t2==0.4 s,
小球继续向上运动的最大位移为
x2==0.6 m,
则小球向上运动的最大距离为
xm=x1+x2=2.4 m,
在上滑阶段通过B点,即
xAB-x1=v1t3+a2,
解得t3=0.2 s或t3=0.6 s(舍)。
图3
小球返回时,受力如图3所示,设此时小球的加速度为a3,有
-Gsin 30°+μFN'=ma3,
解得a3=-2.5 m/s2,
即加速度大小为2.5 m/s2,方向沿杆向下,
小球由顶端返回B点时,有
-(xm-xAB)=a3,
解得t4= s,
则通过B点时间为t=t2+t4≈0.75 s。
7.答案 (1)37° (2)7.5 m/s2 (3)15.4 s
解析 (1)根据题意,当包裹刚开始下滑时满足mgsin θ=μmgcos θ,
解得θ=37°。
(2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时,加速度最大,即μmg=ma,
解得a=7.5 m/s2。
(3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动,加速至最大速度,然后做匀速直线运动,最后以最大加速度做匀减速直线运动,直至减速到零,机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短,则匀加速直线运动与匀减速直线运动的位移和时间相等,有
x1=x3=,
t1=t3=,
匀速运动的时间为t2==,
联立解得t=t1+t2+t3=15.4 s。
8.AD 解析 从题图乙可知,手机的加速度先是向下逐渐减小,t2时刻之后加速度向上,再逐渐增大,而手机的速度方向一直向下,故手机先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,A项正确;t2时刻手机加速度为零,重力大小等于弹力,手机对薄板的压力大小等于手机重力;但在这之前手机一直在加速,t2时刻速度最大,B、C两项错误;根据简谐运动的对称性,可知t3时刻手机的加速度与0时刻加速度相同,而0时刻弹簧处于原长,手机只受重力,加速度为g,所以t3时刻手机的加速度大小为g,方向竖直向上,根据牛顿第二定律FN-mg=mg,得FN=2mg,根据牛顿第三定律可得t3时刻,手机对薄板的压力等于手机重力的2倍,D项正确。(共28张PPT)
微练10
牛顿第二定律的基本应用
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1.如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下﹐到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°(未标出)，则( )
A.t1>t2 B.t1=t2
C.t1梯级Ⅰ 基础练
设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ ，则斜边的长度x=，根据牛顿第二定律mgsin θ=ma，解得a=gsin θ，根据x=at2，解得t=，将30°、45°代入解得t2解析
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2.某同学利用如图所示装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数。滑块上装有宽度为d的遮光条，位置O处安装光电门，实验时给滑块向左的初速度，记录遮光条通过光电门的时间t、通过光电门后滑块继续滑行的距离为L，已知当地重力加速度大小为g，则滑块与桌面间的动摩擦因数为( )
A. B.
C. D.
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滑块通过光电门时的速度v=，通过光电门后滑块做匀减速运动，有v2=2aL，由牛顿第二定律得μmg=ma，联立解得μ=，A项正确。
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3.(多选)(2025·潍坊模拟)如图甲，一箱式货车在平直公路上由静止开始向左运动，其运动的v-t图像如图乙所示，货箱中放置一质量为50 kg的货物，其与车厢间动摩擦因数为0.25，在运动过程中货物一直未与车厢壁碰撞，下列说法正确的是(设货箱地板保持水平)( )
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A.第1 s内，货物不受摩擦力
B.第2 s内，货物受向左的摩擦力，大小为125 N
C.第3 s内，货物不受摩擦力
D.第3 s内，货物受向左的摩擦力，大小为125 N
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第1 s内，货车从静止开始向左做匀加速直线运动，加速度为a1== m/s2=2 m/s2，货物与货车间的最大静摩擦力为fm=μmg
=125 N，货物的最大加速度为a==μg=2.5 m/s2>2 m/s2，货物与货车相对静止，一起做匀加速直线运动，货物受到向左的静摩擦力，A项错误；第2 s内，货车的加速度为a2== m/s2=5 m/s2
>2.5 m/s2，第3 s内，货车相对于货物向左运动，货物相对货车向
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右运动，受到向左的滑动摩擦力，大小为f=fm=125 N，B项正确；第3 s内，货车做匀速直线运动，速度为7 m/s，2 s末货物的速度为v物=a1t+at=4.5 m/s<7 m/s，3 s末货物的速度为v物'=a1t+at'= 7 m/s，第3 s内，货车相对于货物向左运动，货物相对货车向右运动，受到向左的滑动摩擦力，大小为f=fm=125 N，C项错误，D项正确。
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4.(2025·盐城模拟)质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别达到稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f=kv(k>0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是( )
A.m1B.=
C.释放瞬间甲球的加速度较大
D.t0时间内两球下落的高度相等
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两小球先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，小球做匀速直线运动时有kv1=m1g，kv2=m2g，可得=，由题图可知v1>v2可得m1>m2，A项错误，B项正确；释放瞬间两小球只受重力作 用，两小球的加速度相等，为重力加速度，C项错误；v-t图像的面积表示位移，由题图可知t0时间内甲球下落的高度较大，D项错误。
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5.如图所示，物体在摩擦力的作用下沿水平地面做匀减速直线运动的位移x与时间t的关系图像是抛物线的一部分，图像在O点的切线过B点，在A点的切线与横轴平行，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.物体的减速距离为2 m
B.物体的初速度大小为2 m/s
C.物体沿地面运动的时间为3 s
D.物体与地面间的动摩擦因数为0.2
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题图中在A点的切线与横轴平行，则A点时速度为0，此时位移为 4 m，则物体的减速距离为4 m，A项错误；图像在O点的切线过B点，则根据该点的斜率求得物体的初速度大小为4 m/s，B项错 误；物体减速的加速度大小为a== m/s2=2 m/s2，物体沿地面运动的时间为t0===2 s，C项错误；物体在水平地面上，根据牛顿第二定律有Ff=μmg=ma，解得物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.2，D项正确。
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6.(2025·威海模拟)如图所示，一重力为10 N的小球，在F=20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g=10 m/s2。求：
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梯级Ⅱ 能力练
(1)有F作用的过程中小球的加速度大小；
小球的质量为m==1 kg，
取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图1所示，
根据牛顿第二定律有
Fsin 30°-Gsin 30°-μFN=ma1，
Fcos 30°=Gcos 30°+FN，
联立解得a1=2.5 m/s2。
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(2)撤去F瞬间小球的加速度大小；
撤去F瞬间，小球的受力如图2所示，设此时小球的加速度为a2，有
-Gsin 30°-μFN'=ma2，
FN'=Gcos 30°，
联立解得a2=-7.5 m/s2，
即加速度大小为7.5 m/s2。
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(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B 点。
刚撤去F时，小球的速度为v1=a1t1=3 m/s，
小球的位移为x1=a1=1.8 m，
撤去F后，小球继续向上运动的时间为t2==0.4 s，
小球继续向上运动的最大位移为x2==0.6 m，
则小球向上运动的最大距离为xm=x1+x2=2.4 m，
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在上滑阶段通过B点，即xAB-x1=v1t3+a2，
解得t3=0.2 s或t3=0.6 s(舍)。
小球返回时，受力如图3所示，设此时小球的加速度为a3，有
-Gsin 30°+μFN'=ma3，解得a3=-2.5 m/s2，
即加速度大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下，
小球由顶端返回B点时，有-(xm-xAB)=a3，
解得t4= s，则通过B点时间为t=t2+t4≈0.75 s。
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7.分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45 m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ=0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
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(1)包裹刚开始下滑时的托盘倾角θ；
根据题意，当包裹刚开始下滑时满足
mgsin θ=μmgcos θ，
解得θ=37°。
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(2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a；
当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最 大，即μmg=ma，
解得a=7.5 m/s2。
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(3)若机器人运行的最大速度为vm=3 m/s，则机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。
当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动，直至减速到零，机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速直线运动与匀减速直线运动的位移和时间相等，有
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x1=x3= ，t1=t3=，
匀速运动的时间为t2==，
联立解得t=t1+t2+t3=15.4 s。
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8.(多选)智能手机中安装了加速度感测器APP软件后，可以精确测量手机运动的加速度。一同学将手机轻轻接触弹簧由静止释放，如图甲所示，手机在t3时刻运动到最低点，APP软件记录下此过程中加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(不考虑薄板的质量)，则( )
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梯级Ⅲ 创新练
A.手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动
B.t2时刻，重力等于弹力，手机速度为零
C.t2时刻，手机对薄板的压力为零
D.t3时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2倍
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从题图乙可知，手机的加速度先是向下逐渐减小，t2时刻之后加速度向上，再逐渐增大，而手机的速度方向一直向下，故手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A项正 确；t2时刻手机加速度为零，重力大小等于弹力，手机对薄板的压力大小等于手机重力；但在这之前手机一直在加速，t2时刻速度最大，B、C两项错误；根据简谐运动的对称性，可知t3时刻手机的
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加速度与0时刻加速度相同，而0时刻弹簧处于原长，手机只受重力，加速度为g，所以t3时刻手机的加速度大小为g，方向竖直向 上，根据牛顿第二定律FN-mg=mg，得FN=2mg，根据牛顿第三定律可得t3时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2倍，D项正 确。
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