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1、11 牛頓運動定律的理解方法點撥(1)理解牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、同一性、獨立性(2)輕繩、輕桿和接觸面的彈力能跟隨外界條件發(fā)生突變；彈簧(或橡皮繩)的彈力不能突變，在外界條件發(fā)生變化的瞬間可認為是不變的(3)多個物體一起運動時，知其一物體加速度即可知整體加速度，反之亦然從而知其合外力方向1(牛頓運動定律的理解)如圖1所示，彈簧左端固定，右端可自由伸長到P點一物塊從光滑水平面的b位置以速度v向左運動，將彈簧壓縮到最短a點，之后物塊被彈簧向右彈出物塊從P到a的運動過程，以下說法正確的是()圖1A物塊的慣性減小B在a位置，物塊的慣性為零C物塊對彈簧的作用力和彈簧對物塊的作用力大小相等D在a位

2、置，物塊對彈簧的作用力小于彈簧對物塊的作用力2(瞬時性)如圖2，A、B、C三個小球的質(zhì)量均為m，A、B之間用一根沒有彈性的輕繩連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，用細線懸掛在天花板上，整個系統(tǒng)靜止，現(xiàn)將A上面的細線剪斷，使A的上端失去拉力，則在剪斷細線瞬間，A、B、C的加速度的大小分別為()圖2A1.5g1.5g0Bg2g0CgggDgg03(矢量性)(多選)如圖3所示，套在繩索上的小圓環(huán)P下面用懸線掛一個重為G的物體Q并使它們處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)釋放圓環(huán)P，讓其沿與水平面成角的繩索無摩擦下滑，在圓環(huán)P下滑過程中繩索處于繃緊狀態(tài)(可認為是一直線)，若圓環(huán)和物體下滑時不振動，穩(wěn)定后，下列說法正確的是()

3、圖3AQ的加速度一定小于gsin B懸線所受拉力為Gsin C懸線所受拉力為Gcos D懸線一定與繩索垂直4(瞬時性)如圖4所示，兩個完全相同的輕彈簧a、b，一端固定在水平面上，另一端與質(zhì)量為m的小球相連，輕桿c一端固定在天花板上，另一端與小球拴接彈簧a、b和輕桿互成120角，且彈簧a、b的彈力大小均為mg，g為重力加速度，如果將輕桿突然撤去，則撤去瞬間的加速度大小可能為()圖4Aa0BagCa1.5gDa3g5(矢量性)如圖5所示，光滑斜面的傾角為，一個質(zhì)量為m的物體放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做勻加速直線運動，物體與斜面間無相對運動，則斜面對物體的支持力的大小錯誤的是()圖5Am

4、gcos B.C.Dm6質(zhì)量相等的甲、乙兩物體同時從同一位置由靜止開始沿水平直線運動，從開始運動的t0時刻起，兩物體的速度時間圖象如圖6所示，則下列判斷正確的是()圖6A開始運動時，甲受到的合外力小于乙受到的合外力Bt0時刻甲、乙兩物體所受合外力大小相等C在0t0時間內(nèi)任意時刻，甲受到的合外力都小于乙受到的合外力D在0t0時間內(nèi)，甲物體在中間時刻的速度大于乙物體的平均速度7以初速度v豎直向上拋出一小球，小球所受空氣阻力與速度的大小成正比，下列圖象中，能正確反映小球從拋出到落回原處的速度隨時間變化情況的是()8(多選)如圖7所示，人站在勻加速斜向上的電梯上，則()圖7A人受到摩擦力方向沿運動方向

5、，即與水平方向成角斜向上B人受到摩擦力方向沿水平方向向右C人受到梯面的支持力大于其重力D人受到梯面的支持力等于其重力9如圖8所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將木塊C迅速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間()圖8A木塊B對水平面的壓力迅速變?yōu)?mgB彈簧的彈力大小為mgC木塊A的加速度大小為2gD彈簧的彈性勢能立即減小10(多選)如圖9所示，彈簧p和細繩q的上端固定在天花板上，下端用小鉤鉤住質(zhì)量為m的小球C，彈簧、細繩和小鉤的質(zhì)量均忽略不計靜止時p、q與豎直方向的夾角均為60.下列判斷正確的有()圖

6、9A若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間q對球的拉力大小為mgB若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為gC若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間p對球的拉力大小為mgD若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為g11(多選)質(zhì)量為m2 kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開始沿水平地面向右運動，經(jīng)過一段時間后，物塊回到出發(fā)點O處，取水平向右為速度的正方向，如圖10a所示，物塊運動過程中其速度v隨時間t變化規(guī)律如圖b所示，重力加速度g取10 m/s2，則()圖10A物塊經(jīng)過4 s時間回到出發(fā)點B物塊運動到第3 s時改變水平拉力的方向C

7、3.5 s時刻水平力F的大小為4 ND4.5 s時刻水平力F的大小為16 N12.用一水平力F拉靜止在水平面上的物體,在F從零開始逐漸增大的過程中,加速度a隨外力F變化的圖象如圖11所示,取g10 m/s2,水平面各處粗糙程度相同,則由此不能計算出()圖11A物體與水平面間的滑動摩擦力B物體與水平面間的動摩擦因數(shù)C外力F為12 N時物體的速度D物體的質(zhì)量13如圖12所示的水平地面上，直角斜面體M的傾角為30，物塊A、B的質(zhì)量相等，C為輕質(zhì)定滑輪圖甲中斜面體M和物塊A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，圖乙中斜面體M和物塊A、B一起以加速度ag水平向右做勻加速直線運動，且三者保持相對靜止關(guān)于物塊A、B的受力情況

8、，下列說法中正確的是()圖12A圖甲中的物塊A一定受三個力作用B圖甲中的物塊B一定受四個力作用C圖乙中的物塊A一定受三個力作用D圖乙中的物塊B一定受四個力作用答案精析1C物塊從P到a運動過程中，質(zhì)量不變，慣性不變，A、B項錯誤；根據(jù)牛頓第三定律，作用力和反作用力大小相等，C項正確，D項錯誤2A在剪斷細線的瞬間，彈簧上的力沒有來得及發(fā)生變化，故C球受到的重力和彈簧彈力不變，C球合力為零，加速度為0；A、B球被輕繩拴在一起整體受重力和彈簧的拉力，合力為3mg，則A、B的加速度大小均為1.5g，故A正確，B、C、D錯誤3CD由題意知，小圓環(huán)和Q保持相對靜止一起沿繩索無摩擦下滑，整體受重力和支持力作用

9、，加速度方向一定沿繩索方向向下，由牛頓第二定律有，a，解得：agsin ，A項錯，再對Q受力分析，受到豎直向下的重力和拉力，合力大小F合mQgsin ，又重力沿繩索方向的分力也為mQgsin ，則由牛頓第二定律可知，懸線上的拉力沿繩索方向的分力為零，所以懸線一定與繩索垂直，而在垂直于繩索方向上，由平衡條件有：懸線上的拉力FGcos ，故B項錯，C、D項正確4A彈簧a、b的彈力大小均為mg，當(dāng)彈簧的彈力為拉力時，其合力方向豎直向下、大小為mg，輕桿對小球的拉力大小為2mg，將輕桿突然撤去時，小球合力為2mg，此時加速度大小為2g；當(dāng)彈簧的彈力為壓力時，其合力豎直向上、大小為mg，根據(jù)平衡條件，輕

10、桿上的力為零，將輕桿突然撤去時，小球受到的合力為0，此時加速度大小為0，所以只有選項A正確5A根據(jù)題述，斜面以加速度a水平向左做勻加速直線運動，物體與斜面間無相對運動，則放在斜面上的物體所受合外力一定向左隔離物體，分析受力，物體受到斜面支持力和重力，二力的合力向左，大小等于ma，則有：F2(mg)2(ma)2，解得Fm，選項D正確；或有Fsin ma，解得F，選項C正確；或有Fcos mg，解得F，選項B正確6D由題圖可知，開始運動時，甲運動圖象的斜率大于乙運動圖象的斜率，根據(jù)斜率表示加速度可知，甲的加速度大于乙的加速度，由牛頓第二定律可知，此時甲受到的合外力大于乙受到的合外力，A錯誤；t0時

11、刻甲的加速度小于乙的加速度，甲受到的合外力小于乙受到的合外力，B錯誤；甲做勻加速直線運動，乙做加速度逐漸增大的加速運動，乙的加速度先小于甲，而后加速度逐漸增大又大于甲，所以在0t0時間內(nèi)，甲所受合外力先大于乙而后小于乙，C錯誤；在0t0時間內(nèi)，甲的位移大于乙的位移，甲的平均速度大于乙的平均速度，由于甲做勻加速直線運動，甲在中間時刻的速度等于甲的平均速度，所以甲物體在中間時刻的速度大于乙物體的平均速度，D正確7A由于小球所受空氣阻力與速度的大小成正比，上升階段，由牛頓第二定律有：mgkvma，剛拋出時，速度最大，所受空氣阻力最大，加速度最大，速度圖象斜率絕對值最大隨著小球上升，速度逐漸減小，所受

12、空氣阻力減小，加速度減小，速度圖象斜率絕對值減小下降階段，由牛頓第二定律有：mgkvma，隨著速度的增大，所受空氣阻力增大，加速度減小，速度圖象斜率絕對值減小根據(jù)上述分析可知，能正確反映小球從拋出到落回原處的速度隨時間變化情況的是圖象A.8BC對人受力分析：重力mg、支持力F1、摩擦力F2(摩擦力方向一定與接觸面平行，由加速度的方向推知F2的方向為水平向右)建立直角坐標(biāo)系：取水平向右(即F2的方向)為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，如圖所示對加速度分解可得：x軸方向上：axacos y軸方向上：ayasin 根據(jù)牛頓第二定律得x軸方向上：F2maxmacos y軸方向上：F1mgmaymas

13、in 即F1mgmasin 故選項B、C正確9C10BD原來p、q對球的拉力大小均為mg.p和球脫鉤后，球?qū)㈤_始沿圓弧運動，將q受的力沿法線和切線方向正交分解，如圖甲，得Fmgcos 600，即Fmg，合力為mgsin 60ma，故ag，選項A錯誤，B正確；q和球突然脫鉤后瞬間，p的拉力未來得及改變，仍為mg，因此合力為mg，如圖乙，球的加速度大小為g.故選項C錯誤，D正確11CD物塊經(jīng)過4 s時間，速度減小到零，離出發(fā)點最遠，選項A錯誤在03 s時間內(nèi)，物塊加速度a11 m/s2.由牛頓運動定律，F(xiàn)1mgma1，解得：F112 N在34 s時間內(nèi)，物塊加速度a23 m/s2，由牛頓運動定律，

14、F2mgma2，解得：F24 N物塊運動到第3 s時水平拉力由12 N改變?yōu)? N，但是方向沒有改變，選項B錯誤，C正確在45 s時間內(nèi)，速度為負值，摩擦力方向改變，物塊加速度a33 m/s2.由牛頓運動定律，F(xiàn)3mgma3，解得：F316 N，選項D正確12C水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從零開始逐漸增大的過程中，由牛頓第二定律，得Fmgma，解得加速度ag，由此可知，aF圖象在橫軸的截距等于物體與水平面之間的滑動摩擦力mg，在縱軸截距的絕對值等于g，斜率等于，故選項A、B、D錯誤；根據(jù)圖象能夠得出外力F為12 N時物體的加速度，但不能計算出物體的速度，選項C正確13B圖甲中物塊A受重力和拉力兩個力的作用，A錯誤；物塊B受重力、支持力、拉力和沿斜面向下的摩擦力四個力的作用，B正確；圖乙中加速度ag，根據(jù)牛頓第二定律可得物塊B受重力和繩子拉力兩個力的作用，其中拉力大小為2mg，所以物塊A受重力、斜面體彈力、繩子拉力和沿豎直面向下的摩擦力四個力的作用，C、D錯誤