32牛顿第二定律.docx

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32牛顿第二定律

第三章牛顿运动定律

第八讲牛顿第二定律学案（8）

一、牛顿第二定律

1．牛顿第二定律

物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。

表达式为：

F＝ma。

（1）内容：

物体的加速度的大小跟　作用力　成正比，跟物体的　质量　成反比，加速度的方向与　作用力　的方向相同．

（2）表达式：

F＝　Kma　，当单位采用国际单位制时K＝　1　，F＝　ma　.

2．适用范围

（1）只适用于惯性参考系（相对地面静止或做匀速直线运动的参考系）。

（2）只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况。

3．牛顿第二定律的五个特性

矢量性

F＝ma是矢量式，a与F同向

瞬时性

a与F对应同一时刻

因果性

F是产生a的原因

同一性

F、m、a对应同一个物体，统一使用国际单位

独立性

每一个力都产生各自的加速度

4.合力、加速度、速度间的决定关系

（1）不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体就有加速度。

（2）a＝

是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝

是加速度的决定式，a∝F，a∝

。

（3）合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。

二、单位制、基本单位、导出单位

（1）单位制：

　基本单位　和　导出单位　一起组成了单位制．

①基本物理量：

只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量．

②基本单位：

　基本物理量　的单位．力学中的基本物理量有三个，它们是　质量　、　时间　、　长度　，它们的单位是基本单位．

③导出单位：

由　基本单位　根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．

（2）国际单位制中的基本单位

基本物理量

符号

单位名称

单位符号

质量

m

千克

kg

时间

t

秒

s

长度

l

米

m

电流

I

安[培]

A

热力学温度

T

开[尔文]

K

物质的量

n

摩[尔]

mol

发光强度

IV

坎[德拉]

cd

1．在国际单位制中，力学和电学的基本单位有：

m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）。

导出单位V（伏特），用上述基本单位可表示为（　　）

A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1

解析：

选B　由物理公式U＝

＝

＝

，得1V＝1

＝1kg·m2·s－3·A－1，选项B正确。

2．关于单位制，下列说法中正确的是（　　）

A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、C是基本单位

C．在国际单位制中，电流的单位A是导出单位

D．在国际单位制中，力的单位N是根据牛顿第二定律定义的

解析：

选D　在力学中m（长度单位）、kg（质量单位）、s（时间单位）作为基本单位，可以导出其他物理量的单位，力的单位N是根据牛顿第二定律F＝ma导出的，D正确，A错误；电荷量的单位C属于国际单位制中的导出单位，B错误；电流的单位A属于国际单位制中的基本单位，C错误。

3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k

，式中k为静电力常量。

若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）

A．kg·A2·m3B．kg·A－2·m3·s－4C．kg·m2·C－2D．N·m2·A－2

解析：

选B　由公式F＝k

得，k＝

，故k的单位为

，又由公式q＝It得1C＝1A·s，由F＝ma可知1N＝1kg·m·s－2，故1

＝1kg·A－2·m3·s－4，选项B正确。

三、超重失重

1．发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只决定于加速度的方向。

加速度向上是超重，加速度向下是失重。

2．并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。

只要加速度具有向上的分量，物体就处于超重状态；同理只要加速度具有向下的分量，物体就处于失重状态。

例如，如图甲，A、B一起沿斜面加速下滑过程中，A物块的加速度有竖直向下的分量，A物块处于失重状态。

如图乙，小球沿竖直圆形轨道内壁做圆周运动，达最低点时，其加速度竖直向上，小球处于超重状态。

3．完全失重是物体的加速度恰等于重力产生的加速度，物体与周围物体间的作用力为零，做抛体运动的物体处于完全失重状态（自由落体、平抛、斜抛、竖直上抛和竖直下抛），绕地球做匀速圆周运动的卫星，其重力完全用来提供向心力，使物体对支持物（或悬挂物）的压（拉）力为0，所以也处于完全失重状态。

4．物体超重和失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。

即物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）超重为FN＝mg＋ma和失重为FN＝mg－ma。

5．部分超、失重：

若系统内有一部分物体沿竖直方向有加速度，则系统部分超、失重，超、失重的大小由该部分物体的质量m′与竖直方向加速度a决定，其大小等于m′a。

在如图甲、乙、丙所示的三个情景中，物体M静止，当物体m具有如图所示的加速度a时，地面对物体M的支持力FN分别如下：

特别提醒

（1）物体处于超重或失重状态时，只是物体的视重发生改变，物体的重力始终不变。

（2）在完全失重的状态下，一切原来由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等。

1．（2016·莆田模拟）关于超重和失重现象，下列描述中正确的是（　　）

A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态

B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态

C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态

D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态

解析：

选D　物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态。

电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确。

2.（单选）（2014·高考北京卷）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是（　　）

A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态

B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态

C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度

D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度

解析：

选D.受托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，选项A、B错误．在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确．

3．（2015·海淀区模拟）如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是（　　）

A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零

B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力

C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力

D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力

解析：

选A.把容器B竖直上抛，容器B和物体A均处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．

4.（2015·河北衡水中学模拟）如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则（　　）

A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用

B．动摩擦因数μ1＋μ2＝2tanθ

C．小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重

D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力

解析：

选B.整体在竖直方向上有加速度，在这两段支持力与总重力都不相等，先失重后超重，水平方向上加速度先向右后向左，地面与滑梯之间存在摩擦力，由于AB和BC长度相等，A、C两点速度均为零，则有gsinθ－μ1gcosθ＝μ2gcosθ－gsinθ，可得μ1＋μ2＝2tanθ，只有B正确．

5．（2015·南昌调研）如图甲所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3.现电梯箱竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则（　　）

　　　　　　甲　　　　　　乙

A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3

B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg

C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3

D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg

解析：

选AD.对轻质结点O，因没质量，故其无论在何状态下，F1、F2、F3三个力的合力都为零，即F1与F2的合力与F3等大反向，选项A正确，选项C错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3，在0～t1时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F3＜mg，即F1与F2的合力小于mg，选项B错误；在t1～t2时间内，电梯减速向下运动，物体处于超重状态，F3＞mg，即F1与F2的合力大于mg，选项D正确．

四、常见考型

（一）瞬时性问题

1.两类模型

（1）刚性轻绳（轻杆或接触面）——不发生明显形变就能产生弹力，剪断（或脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

（2）轻弹簧（蹦床或橡皮绳）——两端同时连接（或附着）有物体，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，认为弹力保持不变。

2.解题思路

1.

如图所示，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。

现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是（　　）

A．1.5g,1.5g,0　　　　　　B．g,2g,0

C．g，g，gD．g，g,0

解析：

选A　剪断细线前，由平衡条件可知，A上端细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。

在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，C所受合外力为零，所以C的加速度为0；A、B被细线拴在一起，对A、B整体受力分析知，受二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得，3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。

2．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。

图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连。

系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，在突然撤去挡板的瞬间，则（　　）

A．两图中两球加速度均为gsinθB．两图中A球的加速度均为零

C．图乙中轻杆的作用力一定不为零

D．图甲中B球的加速度大小是图乙中B球加速度大小的2倍

解析：

选D　撤去挡板前，题图甲和题图乙中的A、B两球的受力情况一样，A球受轻弹簧（或轻杆）的弹力沿斜面向上，大小为mgsinθ，B球受到轻弹簧（或轻杆）的弹力沿斜面向下，大小为mgsinθ，B球受挡板的弹力沿斜面向上，大小为2mgsinθ，撤去挡板瞬间，轻杆受力可突变，而轻弹簧因为没有来得及改变形变量而不能改变弹力，所以题图甲中A球的加速度为零，B球的加速度大小为2gsinθ，题图乙中轻杆的存在使A、B两球的加速度相同，由2mgsinθ＝2ma，可得A、B两球的加速度大小a＝gsinθ，方向沿斜面向下，D正确，A、B错误；由上可知，题图乙中轻杆的作用力为零，C错误。

3.（2018·东北三省四市一模）质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。

重力加速度大小为g，则（　　）

A．物块b可能受3个力B．细线中的拉力小于2mg

C．剪断细线瞬间b的加速度大小为gD．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g

解析：

选D　对ab整体分析可知，整体受重力和细线上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的

拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。

4.（多选）如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有（　　）

A．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg

B．若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为

g

C．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为

mg

D．若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g

解析：

BD　[原来p、q对球的拉力大小均为mg.p和球突然脱钩后，细绳q对球的拉力发生突变，球将开始沿圆弧运动，将球的重力沿绳和垂直绳正交分解（见图1），

得F－mgcos60°＝

＝0，即F＝

mg，合力为mgsin60°＝ma，A错误，B正确；q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（见图2），球的加速度大小为g，故C错误，D正确．]

　在求解瞬时加速度时应注意的问题

1．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．

2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．

5．如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度为（　A　）

A.

g　　B.

gC．物体的加速度为0D．加速度的方向向下

解析：

当盘静止时，由胡克定律得mg＝kl①，设使弹簧再伸长Δl时手的拉力大小为F

再由胡克定律得（mg＋F）＝k（l＋Δl）②，由①②联立得F＝

mg

刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．

设刚松手时，加速度大小为a，

根据牛顿第二定律得a＝

＝

g，故本题选A.

6．（多选）如图，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　BC　）

A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ

B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零

C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ

D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零

解析：

系统静止，根据平衡条件可知：

对B球F弹＝mgsinθ，对A球F绳＝F弹＋mgsinθ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得a＝

＝

＝2gsinθ，故A错误、C正确；B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故B正确、D错误．

（二）两类动力学问题

动力学的两类基本问题在高考中是命题的热点。

这类问题对学生的分析推理能力、应用数学解决物理问题的能力要求较高，学生往往因为计算失误导致丢分。

1．动力学的两类基本问题

（1）已知受力情况，求物体的运动情况。

（2）已知运动情况，求物体的受力情况。

2．动力学的两类基本问题的解题步骤

3．解决两类动力学问题的两个关键点

（1）把握“两个分析”“一个桥梁”

（2）不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．

1.（已知物体的受力情况求运动情况）如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12N，求：

（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小．

（2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．

解析：

（1）运动员利用滑雪杖获得的加速度为

a1＝

＝

m/s2＝1.2m/s2

第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小

v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2m/s

位移x1＝

a1t

＝0.6m.

（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为

a2＝

＝

m/s2＝0.2m/s2

经时间t2速度变为

v′t＝v1－a2t2＝1.2m/s－0.2×2.0m/s＝0.8m/s

第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，

则v

－v′

＝2a1x1

第二次撤除水平推力后滑行的最大距离

x2＝

联立解得x2＝5.2m.

答案：

（1）1.2m/s　0.6m　

（2）5.2m

2．（已知物体的运动情况求受力情况）随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120m/s，航空母舰处于静止状态，求：

（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）

（1）飞机在后一阶段的加速度大小；

（2）飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．

解析：

（1）飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力Ff2＝0.2mg

根据牛顿第二定律有F推－Ff2＝ma2

代入数据解得a2＝4.0m/s2

（2）飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力Ff1＝0.05mg

根据匀加速运动规律有

v

＝2a1l1

v2－v

＝2a2（l－l1）

根据牛顿第二定律有F牵＋F推－Ff1＝ma1

代入数据解得a1＝58m/s2，F牵＝1.05×106N.

答案：

（1）4.0m/s2　

（2）58m/s2　1.05×106

3.如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40m处有一物体在水平向右的推力F＝20N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25m撤去。

已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5kg，重力加速度g＝10m/s2。

求：

（1）推力F作用下，物体运动的加速度a1大小；

（2）物体运动过程中与小车之间的最大距离；

（3）物体刚停止运动时与小车的距离d。

[思路点拨]

[解析]　

（1）对物体，根据牛顿第二定律得

F－μmg＝ma1

代入数据得a1＝2m/s2。

（2）当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即

t1＝

＝

s＝2s时，

两者之间最大距离

xmax＝s0＋v0t1－

t1＝40m＋4×2m－4m＝44m。

（3）设推力作用的时间为t2，

根据位移公式得x1＝

a1t22

则t2＝

＝

s＝5s

速度v2＝a1t2＝2×5m/s＝10m/s

撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2

得a2＝μg＝2m/s2

由v2＝2ax得x2＝

＝

m＝25m

而t3＝

＝

s＝5s。

物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10s

则d＝v0t＋s0－（x1＋x2）＝30m。

[答案]　

（1）2m/s2　

（2）44m　（3）30m

4.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。

一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止。

已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。

货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2。

求：

（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；

（2）制动坡床的长度。

[解析]　

（1）设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数为μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则

f＋mgsinθ＝ma1

f＝μmgcosθ

解得a1＝5m/s2

a1的方向沿制动坡床向下。

（2）设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离为s＝4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2，货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度为l0＝12m，制动坡床的长度为l，则

Mgsinθ＋F－f＝Ma2

F＝k（m＋M）g

M＝4m

s1＝vt－

a1t2

s2＝vt－

a2t2

s＝s1－s2

l＝l0＋s0＋s2

解得l＝98m。

[答案]　

（1）5m/s2，方向沿制动坡床向下　

（2）98m

（三）动力学中的连接体问题

1、连接体的类型

（1）弹簧连接体　

（2）物物叠放连接体　

（3）轻绳连接体　

（4）轻杆连接体　

2、连接体的运动特点

轻绳

轻绳在伸直状态下，轻绳两端的连接体沿轻绳方向的速度总是相等

轻杆

轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比

轻弹簧

在弹簧发生形变的过程中，两端连接