2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 第2講 探究加速度與力、質量的關系學案

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1、 第2講　牛頓第二定律　兩類動力學問題 一、牛頓第二定律 1．內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同． 2．表達式：F＝ma，F(xiàn)與a具有瞬時對應關系． 3．力學單位制 (1)單位制：由基本單位和導出單位共同組成． (2)基本單位：基本物理量的單位．力學中的基本物理量有三個，分別是質量、時間和長度，它們的國際單位分別是千克(kg)、秒(s)和米(m)． (3)導出單位：由基本物理量根據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位． 深度思考　判斷下列說法是否正確． (1)物體所受合外力越大，加速度越大．(√) (2)物體

2、所受合外力越大，速度越大．(×) (3)物體在外力作用下做勻加速直線運動，當合外力逐漸減小時，物體的速度逐漸減?。?×) (4)物體的加速度大小不變一定受恒力作用．(×) 二、動力學兩類基本問題 1．動力學兩類基本問題 (1)已知受力情況，求物體的運動情況． (2)已知運動情況，求物體的受力情況． 2．解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓運動定律列方程求解，具體邏輯關系如圖： 深度思考　如圖1所示，質量為m的物體在水平面上由速度vA均勻減為vB的過程中前進的距離為x. 圖1 (1)物體做什么運動？能求出它的加速度嗎？ (2)物體受幾個力

3、作用？能求出它受到的摩擦力嗎？ 答案　(1)勻減速直線運動　能，由vB2－vA2＝2ax可得 (2)受重力、支持力和摩擦力　由Ff＝ma，可求摩擦力 三、超重和失重 1．超重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象． (2)產生條件：物體具有向上的加速度． 2．失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象． (2)產生條件：物體具有向下的加速度． 3．完全失重 (1)定義：物體對支持物的壓力(或對豎直懸掛物的拉力)等于0的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象． (2)產生條件：物體的加速度a＝g，方向豎直向下． 4．

4、實重和視重 (1)實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關． (2)視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力．此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重． 5．情景拓展(如圖2所示) 圖2 1．(多選)關于運動狀態(tài)與所受外力的關系，下面說法中正確的是(　　) A．物體受到恒定的力作用時，它的運動狀態(tài)不發(fā)生改變 B．物體受到不為零的合力作用時，它的運動狀態(tài)要發(fā)生改變 C．物體受到的合力為零時，它一定處于靜止狀態(tài) D．物體的運動方向與它所受的合力的方向可能相同 答案　BD 2．(多選)在研究勻變速直線運動的實

5、驗中，取計數(shù)時間間隔為0.1s，測得相鄰相等時間間隔的位移差的平均值Δx＝1.2cm，若還測出小車的質量為500g，則關于加速度、合外力的大小及單位，既正確又符合一般運算要求的是(　　) A．a＝m/s2＝120 m/s2 B．a＝m/s2＝1.2 m/s2 C．F＝500×1.2N＝600N D．F＝0.5×1.2N＝0.60N 答案　BD 3．關于超重和失重的下列說法中，正確的是(　　) A．超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了 B．物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用 C．物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體

6、具有向下的速度時處于失重狀態(tài) D．物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化 答案　D 4．(人教版必修1P78第5題)水平路面上質量是30kg的手推車，在受到60N的水平推力時做加速度為1.5m/s2的勻加速運動．如果撤去推力，車的加速度的大小是多少？(g＝10 m/s2) 答案　0.5m/s2 解析　設阻力為Ff，則 F－Ff＝ma 解得Ff＝15N 如果撤去推力，車的加速度由阻力提供，則 Ff＝ma′ 解得a′＝0.5m/s2. 5．(粵教版必修1P92例1)交通警察在處理交通事故時，有時會根據(jù)汽車在路面上留下的剎車痕跡來判斷發(fā)生事故前汽車是否超速．在

7、限速為40km/h的大橋路面上，有一輛汽車緊急剎車后仍發(fā)生交通事故，交通警察在現(xiàn)場測得該車在路面的剎車痕跡為12 m．已知汽車輪胎與地面的動摩擦因數(shù)為0.6，請判斷這輛汽車是否超速．(g取10 m/s2) 答案　超速 解析　選取初速度方向為正方向，則 FN－mg＝0① 故Ff＝μFN＝μmg② 由牛頓第二定律得 －Ff＝ma③ 根據(jù)勻變速運動的規(guī)律有 v2－v02＝2ax④ 聯(lián)立②③④式可得 v0＝ 代入數(shù)據(jù)得 v0＝12m/s 汽車剎車前速度為12m/s，即43.2 km/h，此汽車屬超速行駛. 命題點一　牛頓第二定律的理解和應用 1．對牛頓第二定律的理解

8、 瞬時性 a與F對應同一時刻，即a為某時刻的加速度時，F(xiàn)為該時刻物體所受合力 因果性 F是產生a的原因，物體具有加速度是因為物體受到了力 同一性 (1)加速度a相對于同一慣性系(一般指地面) (2)a＝中，F(xiàn)、m、a對應同一物體或同一系統(tǒng) (3)a＝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生的加速度都遵循牛頓第二定律 (2)物體的實際加速度等于每個力產生的加速度的矢量和 (3)力和加速度在各個方向上的分量也遵循牛頓第二定律，即ax＝，ay＝ 2.應用牛頓第二定律求瞬時加速度的技巧 在分析瞬時加速度時應注意兩個基本模型的特點： (1)輕繩、

9、輕桿或接觸面——不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間； (2)輕彈簧、輕橡皮繩——兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧或橡皮繩，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變． 例1　(多選)(2016·全國Ⅰ卷·18)一質點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則(　　) A．質點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質點單位時間內速率的變化量總是不變 答案　BC 解

10、析　質點一開始做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，則該質點所受的合外力為該恒力．若該恒力方向與質點原運動方向不共線，則質點做曲線運動，質點速度方向與恒力方向不同，故A錯；若F的方向某一時刻與質點運動方向垂直，之后質點做曲線運動，力與速度方向不再垂直，例如平拋運動，故B正確；由牛頓第二定律可知，質點加速度方向總是與其所受合外力方向相同，C正確；根據(jù)加速度的定義，相等時間內速度變化量相同，而速率變化量不一定相同，故D錯． 例2　如圖3，質量為1.5kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上，質量為0.5kg的物體B由細線懸掛在天花板上，B與A剛好接觸但不擠壓．現(xiàn)突然將細線剪斷，則剪斷后瞬間A、B間的

11、作用力大小為(g取10m/s2)(　　) 圖3 A．0 B．2.5N C．5N D．3.75N ①B與A剛好接觸但不擠壓；②剪斷后瞬間A、B間的作用力大?。? 答案　D 解析　當細線剪斷瞬間，細線的彈力突然變?yōu)榱?，則B物體的重力突然作用到A上，此時彈簧形變仍不變，對AB整體受力分析受重力G＝(mA＋mB)g＝20N，彈力為F＝mAg＝15N，由牛頓第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5m/s2，對B受力分析，B受重力和A對B的彈力F1，對B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75N，D選項正確． 拓展延伸　 (1)如圖4、圖5中小球m1、m2原來均靜止，現(xiàn)如果均從

12、圖中B處剪斷，則圖4中的彈簧和圖5中的下段繩子，它們的拉力將分別如何變化？ (2)如果均從圖中A處剪斷，則圖4中的彈簧和圖5中的下段繩子的拉力又將如何變化呢？ (3)由(1)(2)的分析可以得出什么結論？ 圖4　　　　圖5 答案　(1)彈簧和下段繩的拉力都變?yōu)?. (2)彈簧的彈力來不及變化，下段繩的拉力變?yōu)?. (3)繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變． 1．關于速度、加速度和合外力之間的關系，下述說法正確的是(　　) A．做勻變速直線運動的物體，它所受合外力是恒定不變的 B．做勻變速直線運動的物體，它的速度、加速度、合外力三者總是在同一方向上 C．物體受到的合

13、外力增大時，物體的運動速度一定加快 D．物體所受合外力為零時，一定處于靜止狀態(tài) 答案　A 解析　做勻變速直線運動的物體，加速度恒定不變，由牛頓第二定律知：它所受合外力是恒定不變的，故A正確；由牛頓第二定律可知加速度與合外力方向相同，與速度不一定在同一方向上，故B錯誤；物體受到的合外力增大時，加速度一定增大，物體的運動速度變化一定加快，而速度不一定加快，故C錯誤；物體所受合外力為零時，物體的加速度一定等于零，速度不一定為零，故D錯誤． 2．如圖6所示，質量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)．當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為(　　

14、) 圖6 A．0 B．大小為g，方向豎直向下 C．大小為g，方向垂直木板向下 D．大小為g，方向水平向右 答案　C 解析　未撤離木板時，小球受力如圖，根據(jù)平衡條件可得Fx與mg的合力F＝.當突然向下撤離光滑木板時，F(xiàn)N立即變?yōu)榱?，但彈簧形變未變，其彈力不變，故Fx與mg的合力仍為F＝，由此產生的加速度為a＝＝g，方向與合力方向相同，故C正確． 命題點二　超重和失重問題 例3　廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺．若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖7所示．則下列相關說法正確的是(

15、　　) 圖7 A．t＝4.5s時，電梯處于失重狀態(tài) B．5～55s時間內，繩索拉力最小 C．t＝59.5s時，電梯處于超重狀態(tài) D．t＝60s時，電梯速度恰好為零 ①只受重力與繩索拉力；②由靜止開始上升． 答案　D 解析　利用a－t圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤；0～5s時間內，電梯處于超重狀態(tài)，拉力>重力，5～55s時間內，電梯處于勻速上升過程，拉力＝重力，55～60s時間內，電梯處于失重狀態(tài)，拉力<重力，綜上所述，B、C錯誤；因a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電

16、梯的速度在t＝60s時為零，D正確． 對超重和失重的“四點”深度理解 1．不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變． 2．在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產生的物理現(xiàn)象都會完全消失． 3．盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)． 4．盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)． 3．2015年7月的喀山游泳世錦賽中，我省名將陳若琳勇奪女子十米跳臺桂冠．她從跳臺斜向上跳起，一段時間后落入水中，如圖8所示．不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　) 圖

17、8 A．她在空中上升過程中處于超重狀態(tài) B．她在空中下落過程中做自由落體運動 C．她即將入水時的速度為整個跳水過程中的最大速度 D．入水過程中，水對她的作用力大小等于她對水的作用力大小 答案　D 解析　起跳以后的上升過程中她的加速度方向向下，所以處于失重狀態(tài)，故A錯誤；她具有水平初速度，所以不能看做自由落體運動，故B錯誤；入水過程中，開始時水對她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速運動，即入水后的速度先增大，故C錯誤；入水過程中，水對她的作用力和她對水的作用力，因是一對作用力與反作用力，二者大小相等．故D正確． 4．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中

18、加速度a隨時間t變化的圖線如圖9所示，以豎直向上為a的正方向，則人對電梯的壓力(　　) 圖9 A．t＝2s時最大 B．t＝2s時最小 C．t＝8.5s時最大 D．t＝8.5s時最小 答案　AD 命題點三　動力學的兩類基本問題 例4　水平面上有相距15m的A、B兩點，一質量為2kg的物體在大小為16N、方向斜向上的力F作用下，從A點由靜止開始做直線運動．某時刻撤去F，物體到達B點時速度為0.若物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g取10m/s2.求物體從A運動到B的最短時間． ①由靜止開始做直線運動；②某時刻撤去F，物體到達B點時速度為0. 答案　4s 解析　撤去F前

19、對物體受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有 Fcosα－Ff＝ma1① Ff＝μFN② FN＝mg－Fsinα③ x1＝a1t12④ 撤去F后物體只受重力、彈力和摩擦力，利用牛頓第二定律有 μmg＝ma2⑤ x2＝a2t22⑥ x1＋x2＝s⑦ a1t1＝a2t2⑧ 根據(jù)v－t圖象中速度與時間軸所圍面積代表位移，由于減速過程物體的加速度不變，在總位移不變的情況下只有增大加速過程的加速度才能讓時間變短．由①②③聯(lián)立可得Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1利用數(shù)學知識可得最大加速度a1＝－μg＝2.5m/s2，聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧可求得t1＝3s，t2＝1s，則總時間t＝t

20、1＋t2＝4s. 解決動力學問題的技巧和方法 1．兩個關鍵 (1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析； (2)一個“橋梁”——物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁． 2．兩種方法 (1)合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法” (2)正交分解法： 若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”． 5．(多選)(2016·全國Ⅱ卷·19)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量．兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關．若它們下落相同的距離，則(　　) A．甲球用的時間

21、比乙球長 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案　BD 解析　小球的質量m＝ρ·πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙．空氣阻力f＝kr，對小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故選項B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項D正確． 6．如圖10所示，在建筑裝修中，工人用質量為5.0kg的磨石A對地面和斜壁進行打磨，已知A與地面、A與斜

22、壁之間的動摩擦因數(shù)μ均相同．(g取10m/s2且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 圖10 (1)當A受到與水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50N打磨地面時，A恰好在水平地面上做勻速直線運動，求A與地面間的動摩擦因數(shù)μ. (2)若用A對傾角θ＝37°的斜壁進行打磨，當對A加豎直向上推力F2＝60N時，則磨石A從靜止開始沿斜壁向上運動2m(斜壁長>2m)時的速度大小為多少？ 答案　(1)0.5　(2)2m/s 解析　(1)A恰好在水平地面上做勻速直線運動，滑動摩擦力等于推力，即Ff＝F1cosθ＝40N μ＝＝＝0.5 (2)先將重力及向上的推力合成后，將二者的

23、合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F2－mg)cosθ－Ff1＝ma； 在垂直斜面方向上有： FN＝(F2－mg)sinθ； 則Ff1＝μ(F2－mg)sinθ 解得：a＝1m/s2 x＝at2 解得t＝2s v＝at＝2m/s. 關于瞬時問題的拓展深化 瞬時問題是指分析物體在某一時刻的瞬時加速度問題，是高考考查的熱點問題之一，其求解的關鍵在于分析瞬時前后物體的受力情況和運動情況，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度．此類問題往往對應下列三種模型： 內容 輕繩(細線) 輕桿 輕彈簧 模型的建立 不計質量，只能產生拉力，勁度系數(shù)很

24、大，可看成不可伸長 不計質量，可提供拉力、壓力或不沿桿的力，勁度系數(shù)很大，可看成不可伸長或壓縮 可以被拉伸或壓縮，彈力大小與彈簧的形變量有關(彈性限度內) 模型的特點 各處張力大小相等，方向沿繩收縮方向，瞬時問題中其彈力發(fā)生突變 各處彈力大小相等，但方向不一定沿桿方向，瞬時問題中其彈力發(fā)生突變 各處彈力大小相等，方向與形變方向相反，瞬時問題中其彈力大小不變 典例1　如圖11所示，兩輕質彈簧a、b懸掛一質量為m的小鐵球，小鐵球處于平衡狀態(tài)，a彈簧與豎直方向成30°角，b彈簧水平，a、b兩彈簧的勁度系數(shù)分別為k1、k2，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖11 A．

25、a彈簧的伸長量為 B．a、b兩彈簧的伸長量的比值為 C．若彈簧b的左端松脫，則松脫瞬間小鐵球的加速度為 D．若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間小鐵球的加速度為g 答案　B 解析　小鐵球受重力mg、FTa、FTb三個力作用，如圖所示，將彈簧a的彈力沿水平和豎直方向分解，在豎直方向上有FTacos30°＝mg，而FTa＝k1x1，解得x1＝，選項A錯誤．在水平方向上有FTasin30°＝FTb，而FTb＝k2x2，可求得a、b兩彈簧的伸長量的比值為＝，選項B正確．彈簧b的左端松脫瞬間，彈簧a的彈力不變，彈簧a的彈力和小鐵球的重力的合力方向水平向左，大小為mgtan30°，由牛頓第二定律得

26、mgtan30°＝ma1，可得彈簧b的左端松脫瞬間小鐵球的加速度為a1＝gtan30°＝g，選項C錯誤．彈簧a的下端松脫瞬間，彈簧b的彈力不變，彈簧b的彈力和小鐵球的重力的合力方向與FTa反向，大小為，由牛頓第二定律得＝ma2，可得彈簧a的下端松脫瞬間小鐵球的加速度為a2＝＝g，選項D錯誤． 典例2　如圖12所示，A、B、C三球的質量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A、B間用一個輕桿連接，B、C間由一輕質細線連接．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，在細線被燒斷后瞬間，下列說法正確的是(　　) 圖12 A．B球的受力情

27、況未變，加速度為零 B．A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為gsinθ C．A、B之間桿的拉力大小為2mgsinθ D．C球的加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ 答案　B 解析　細線燒斷前，ABC作為一個整體，沿斜面方向受力分析得彈簧彈力F＝3mgsinθ，對C受力分析，沿斜面方向細線拉力FT＝mgsinθ，細線燒斷瞬間，彈簧形變量不會變化，彈力不變，對C受力分析，沒有細線拉力，mgsinθ＝ma1，加速度a1＝gsinθ，選項D錯誤；A、B之間由輕桿連接，相對靜止，對AB整體受力分析可得F－2mgsinθ＝2ma2，合力沿斜面向上，得a2＝gsinθ，選項A錯誤，B正確；

28、對B受力分析，斜面方向受輕桿的彈力和重力沿斜面向下的分力，輕桿彈力FT′－mgsinθ＝ma2＝mgsinθ，得輕桿彈力FT′＝mgsinθ，選項C錯誤． 　　　　　　　　　　　　　　　　 題組1　對牛頓第二定律的理解和應用 1．(多選)下列關于單位制及其應用的說法中，正確的是(　　) A．基本單位和導出單位一起組成了單位制 B．選用的基本單位不同，構成的單位制也不同 C．在物理計算中，如果所有已知量都用同一單位制中的單位表示，只要正確應用物理公式其結果就一定是用這個單位制中的單位來表示的 D．一般來說，物理公式主要確定各物理量間的數(shù)量關系，并不一定同時確定單位關系 答案　AB

29、C 2．一個質量為m＝1kg的物塊靜止在水平面上，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.從t＝0時刻起物塊同時受到兩個水平力F1與F2的作用，若力F1、F2隨時間的變化如圖1所示，設物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，則物塊在此后的運動過程中(　　) 圖1 A．物塊從t＝0時刻開始運動 B．物塊運動后先做加速運動再做減速運動，最后勻速運動 C．物塊加速度的最大值是3m/s2 D．物塊在t＝4s時速度最大 答案　C 解析　物塊所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力Ffm＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，物塊在第1s內，滿足F1＝F2＋Ffm物塊處于靜止

30、狀態(tài)，選項A錯誤；第1s物塊靜止，第1s末到第7s末，根據(jù)牛頓第二定律有F1－F2－Ffm＝ma，F(xiàn)2先減小后增大，故加速度先增大再減小，方向沿F1方向，物塊一直加速，故選項B、D均錯誤，在t＝4s時加速度最大為am＝＝m/s2＝3 m/s2，選項C正確． 3．如圖2所示，光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質量分別為m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運動，加速度大小為a，某時刻突然撤去拉力F，此瞬時A和B的加速度大小為a1和a2，則(　　) 圖2 A．a1＝0，a2＝0 B．a1＝a，a2＝a C．a1＝a，a2＝a D．a1＝a，a2＝a

31、 答案　D 解析　撤去拉力F前，設彈簧的勁度系數(shù)為k，形變量為x，對A由牛頓第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F后，彈簧的形變量保持不變，對A由牛頓第二定律得kx＝m1a1，對B由牛頓第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a、a2＝a，故選項D正確． 4．一皮帶傳送裝置如圖3所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當滑塊放在皮帶上時，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放到皮帶上的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長度，則當彈簧從自然長度到第一次達到最長這一過程中，滑塊的速度和加速度的變化情況是(　　) 圖3 A．速度增大，加速度增

32、大 B．速度增大，加速度減小 C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大 答案　D 解析　滑塊在水平方向受向左的滑動摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，當彈簧從自然長度到第一次達最長這一過程中，x逐漸增大，拉力F拉逐漸增大，因為皮帶的速度v足夠大，所以合力F合先減小后反向增大，從而加速度a先減小后反向增大；滑動摩擦力與彈簧彈力相等之前，加速度與速度同向，滑動摩擦力與彈簧彈力相等之后，加速度便與速度方向相反，故滑塊的速度先增大，后減?。? 5．(多選)如圖4所示，A、B、C三球的質量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端

33、、另一端與A球相連，A、B間由一輕質細線連接，B、C間由一輕桿相連．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．A球的加速度沿斜面向上，大小為gsinθ B．C球的受力情況未變，加速度為0 C．B、C兩球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθ D．B、C之間桿的彈力大小為0 答案　CD 解析　初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，把BC看成整體，BC受重力2mg、斜面的支持力FN、細線的拉力FT，由平衡條件可得FT＝2mgsinθ，對A進行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、彈簧的拉力F彈和細線

34、的拉力FT，由平衡條件可得：F彈＝FT＋mgsinθ＝3mgsinθ，細線被燒斷的瞬間，拉力會突變?yōu)榱?，彈簧的彈力不變，根?jù)牛頓第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2gsinθ，選項A錯誤；細線被燒斷的瞬間，把BC看成整體，根據(jù)牛頓第二定律得BC球的加速度a′＝gsinθ，均沿斜面向下，選項B錯誤，C正確；對C進行受力分析，C受重力mg、桿的彈力F和斜面的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之間桿的彈力大小為0，選項D正確． 題組2　超重和失重問題 6．關于超重和失重現(xiàn)象，下列描述中正確的是(　　) A．電梯正在減速上升，在電梯中的乘客處于超重

35、狀態(tài) B．磁懸浮列車在水平軌道上加速行駛時，列車上的乘客處于超重狀態(tài) C．蕩秋千時秋千擺到最低位置時，人處于失重狀態(tài) D．“神舟”飛船在繞地球做圓軌道運行時，飛船內的宇航員處于完全失重狀態(tài) 答案　D 7．若貨物隨升降機運動的v－t圖象如圖5所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關系的圖象可能是(　　) 圖5 答案　B 解析　由v－t圖象可知：過程①為向下勻加速直線運動(加速度向下，失重，F(xiàn)mg)；過程④為向上勻加速直線運動(加速度向上，超重，

36、F>mg)；過程⑤為向上勻速直線運動(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過程⑥為向上勻減速直線運動(加速度向下，失重，F(xiàn)

37、合力的大小不變． 人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖． 將加速度沿豎直方向和水平方向分解，則有豎直向下的加速度，則： mg－FN＝may.FN＜mg，乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯誤，C正確． 題組3　動力學的兩類基本問題 9．(多選)如圖7所示，質量為m＝1kg的物體與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0.3，當物體運動的速度為10m/s時，給物體施加一個與速度方向相反的大小為F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　　) 圖7 A．物體經(jīng)10s速度減為零 B．物體經(jīng)2s速度減為零 C．物體速度減為零后將保持靜止 D．物體速度減為零后將向右運動

38、 答案　BC 10．用40N的水平力F拉一個靜止在光滑水平面上、質量為20kg的物體，力F作用3s后撤去，則第5s末物體的速度和加速度的大小分別是(　　) A．v＝6m/s，a＝0 B．v＝10m/s，a＝2 m/s2 C．v＝6m/s，a＝2 m/s2 D．v＝10m/s，a＝0 答案　A 11．如圖8所示，一質量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°.現(xiàn)小球在F＝20N的豎直向上的拉力作用下，從A點靜止出發(fā)向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為.試求： 圖8 (1)小球運動的加速度大?。? (2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑過程中距A點最

39、大距離． 答案　(1)2.5m/s2　(2)2.4m 解析　(1)在力F作用下，由牛頓第二定律得 (F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1 解得a1＝2.5m/s2 (2)剛撤去F時，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s 小球的位移x1＝t1＝1.8m 撤去力F后，小球上滑時，由牛頓第二定律得 mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2 解得a2＝7.5m/s2 小球上滑時間t2＝＝0.4s 上滑位移x2＝t2＝0.6m 則小球上滑的最大距離為xm＝x1＋x2＝2.4m. 12．如圖9所示，粗糙的地面上放著一個質量M＝1.5kg的斜面，斜面部分光滑

40、，底面與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傾角θ＝37°，在固定在斜面的擋板上用輕質彈簧連接一質量m＝0.5kg的小球，彈簧勁度系數(shù)k＝200N/m，現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力F，使整體向右以a＝1 m/s2的加速度勻加速運動．(已知sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2) 圖9 (1)求F的大??； (2)求出彈簧的形變量及斜面對小球的支持力大?。? 答案　(1)6N　(2)0.017m　3.7N 解析　(1)整體以a勻加速向右運動，對整體應用牛頓第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 得F＝6N (2)設彈簧的形變量為x，斜面對小球的支持力為FN 對小球受力分析： 在水平方向：kxcosθ－FNsinθ＝ma 在豎直方向：kxsinθ＋FNcosθ＝mg 解得：x＝0.017m FN＝3.7N. 21