命题点一 牛顿第二定律的理解和应用
例1
下列说法正确的是（ ）
A．一定质量的物体所受合外力越大，加速度越大
B．一定质量的物体所受合外力越大，速度越大
C．某物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小但方向不变时，该物体的速度逐渐减小
D．物体的加速度大小不变一定受恒力作用
答案 A
解析 根据牛顿第二定律，物体受到的合外力决定了该物体的加速度，而加速度大小和速度大小无关，A正确，B错误；物体做匀加速直线运动说明加速度方向与速度方向相同，当合外力减小但方向不变时，加速度减小但方向不变，所以物体仍然做加速运动，速度增大，C错误；加速度是矢量，其方向与合外力方向一致，加速度大小不变，若方向发生变化，则受到的不是恒力，D错误．
例2
（2017·苏州大学附中调研）2015年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团以比分3∶0击败日本男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠．如图2，假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ.设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
图2
A．运动员的加速度大小为gsinθ
B．球拍对球的作用力大小为mgcosθ
C．运动员对球拍的作用力大小为
D．运动员对地面的作用力方向竖直向下
答案 C
解析 球和运动员具有相同的加速度，对球分析所受的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律得，a＝gtanθ，故A错误．根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力FN＝
，故B错误．对球拍和球整体分析，整体的合力为（M＋m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为
，故C正确．运动员在水平方向加速运动，运动员受到地面对其水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上，故D错误．
拓展点 瞬时性问题
1．两种模型
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时加速度的一般思路
⇒
⇒
例3
物块A1、A2、B1和B2的质量均为m，A1、A2用刚性轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接．两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，如图3所示，现突然迅速撤去支托物，让物块下落，在撤去支托物的瞬间，A1、A2受到的合力分别为F1和F2，B1、B2受到的合力分别为F3和F4，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
图3
A．F1＝0，F2＝2mg，F3＝0，F4＝2mg
B．F1＝mg，F2＝mg，F3＝0，F4＝2mg
C．F1＝0，F2＝2mg，F3＝mg，F4＝mg
D．F1＝mg，F2＝mg，F3＝mg，F4＝mg
答案 B
解析 由于A1和A2用刚性轻杆相连，撤去支托物时，杆的弹力立即消失，A1和A2只受重力的作用，所以F1＝mg，F2＝mg.对B1和B2，没有撤去支托物时处于平衡状态，弹簧的弹力大小F等于B1的重力，即F＝mg.撤去支托物瞬间，弹簧的形变尚未发生变化，弹力大小仍为F，所以B1受到的合力F3＝0，B2受到向下的弹力F′和重力mg，因F′与F大小相等，则F4＝F′＋mg＝2mg.因此选项B正确．
变式1
（多选）（2017·苏锡常镇四市调研）某同学做了一个力学实验，如图4所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示．根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是（不计空气阻力）（ ）
图4
A．水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左
B．金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上
C．金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧
D．金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零
答案 AC
解析 细绳未剪断前，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用，则剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确；
金属球运动到悬点O正下方时，合力方向竖直向下，与速度方向的夹角为锐角，故此后一段时间内要加速，故选项C正确，选项B错误；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误．
命题点二 动力学两类问题
1．解题关键
（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．
2．常用方法
（1）合成法
在物体受力个数较少（2个或3个）时一般采用“合成法”．
（2）正交分解法
若物体的受力个数较多（3个或3个以上），则采用“正交分解法”．
例4
（2017·仪征中学高三初考）如图5所示，质量为1kg的小球穿在固定的直杆上，杆与水平方向成37°角，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5，小球在竖直向上的大小为20N的拉力F作用下，从离杆的下端0.24m处由静止开始向上运动，经过1s撤去拉力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
图5
（1）撤去拉力前，小球沿杆上滑的加速度大小；
（2）小球沿杆上滑的最大距离；
（3）小球从静止起滑到杆的下端所需的时间．
答案
（1）2m/s2
（2）1.2m （3）2.4s
解析
（1）根据牛顿第二定律：
（F－mg）sin37°－μ（F－mg）cos37°＝ma1
撤去拉力前，小球上滑的加速度大小：
a1＝2m/s2.
（2）撤去拉力前，根据运动学规律：
v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s，
x1＝
a1t12＝
×2×12m＝1m，
撤去拉力后，小球继续向上运动，根据牛顿第二定律：
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2
解得a2＝10m/s2，x2＝
＝
m＝0.2m
联立以上各式解得小球沿杆上滑的最大距离：
x＝x1＋x2＝1m＋0.2m＝1.2m
（3）撤去外力后，小球运动到最高点，所需时间
t2＝
＝0.2s
小球从最高点下滑时，根据牛顿第二定律：
mgsin37°－μmgcos37°＝ma3
根据运动学规律：
x0＋x1＋x2＝
a3t32
联立解得：
a3＝2m/s2，t3＝1.2s
小球从静止起滑到杆的下端所需的时间：
t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.
变式2
（2017·泰州二中模拟）如图6甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0＝4m/s从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t＝0.5s时刻物块到达最高点，t＝1.5s时刻物块又返回底端．求：
（g取10m/s2）
图6
（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2；
（2）斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ.
答案
（1）8m/s2 2m/s2
（2）30°
解析
（1）由题图乙可得：
a1＝
＝
m/s2＝8m/s2.
设物块返回底端时的速度大小为v，
则有：
v0t1＝
v（t2－t1）
代入数据可得：
v＝2m/s
所以物块下滑时的加速度大小为：
a2＝
＝2m/s2
（2）物块上滑时对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1①
物块下滑时对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2②
代入a1和a2，联立①②可解得：
θ＝30°，μ＝
.
拓展点 “等时圆”模型
1．两种模型（如图7）
图7
2．等时性的证明
设某一条弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d（如图8）．根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为s＝dsinα，所以运动时间为t0＝
＝
＝
，即沿各条弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关．
图8
例5
如图9所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为（ ）
A．2∶1B．1∶1
C.
∶1D．1∶
图9
答案 B
1.（2017·扬州中学4月模拟）一个质量为m的运动物体共受到三个共点力F1、F2、F3的作用，这三个力的大小和方向构成如图10所示的三角形，则这个物体的加速度是（ ）
图10
A．0B.
C.
D.
答案 C
解析 根据三角形定则，F1与F3的合力等于从F1的起点到F3的终点的有向线段，即与F2相同，故物体所受的合力为：
F合＝2F2.根据牛顿第二定律得：
a＝
＝
，故C正确，A、B、D错误．
2.（2017·苏州市期末）如图11所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（ ）
图11
A．OA方向
B．OB方向
C．OC方向
D．OD方向
答案 D
解析 小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力的作用下也向右加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿图中的OD方向，故A、B、C错误，D正确．
3．如图12所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有（ ）
图12
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝
g
D．a1＝g，a2＝
g，a3＝0，a4＝
g
答案 C
解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足F－mg＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝
＝
g，所以C对．
4．（2017·运河中学调研）如图13甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，沿斜面加平行于斜面向上的力F作用，物体运动的部分v－t图象如图乙所示．（g取10m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8）试求：
图13
（1）0～1s和1～2s物体的加速度；
（2）物体运动前两秒的位移大小；
（3）设两秒后，F的大小变为10N，求物体与斜面间的动摩擦因数．
答案
（1）2m/s2 方向：
沿斜面向上 1m/s2 方向：
沿斜面向下
（2）2.5m （3）0.5
解析
（1）由题图乙可知，
a1＝
＝
m/s2＝2m/s2，
a2＝
＝
m/s2＝－1m/s2，
负号表示加速度方向与速度方向相反；
（2）由题图乙可知，前两秒内物体的位移：
x＝
×1×2m＋
×（1＋2）×1m＝2.5m；
（3）由题图乙可知，2s后物体做匀速直线运动，
由平衡条件得：
mgsin37°＋μmgcos37°＝F，
解得：
μ＝0.5.
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