應(yīng)用牛頓第二定律處理“四類”問題

第2講 應(yīng)用牛頓第二定律處理 “四類”問題一、瞬時(shí)問題1.牛頓第二定律的表達(dá)式為： F合＝ma，加速度由物體所受合外力決定，加速度的方向與物體所受合外力的方向一致.當(dāng)物體所受合外力發(fā)生突變時(shí)，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運(yùn)動的速度不能發(fā)生突變.2.輕繩、輕桿和輕彈簧 (橡皮條)的區(qū)別：(1)輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后，原有的彈力將突變?yōu)?0.(2)輕彈簧和橡皮條：當(dāng)輕彈簧和橡皮條與其它物體連接時(shí)，輕彈簧或橡皮條的彈力不能發(fā)生突變.自測

1

如圖

1，A、B、C

三個(gè)小球質(zhì)量均為

m，A、B之間用一根沒有彈性的輕質(zhì)細(xì)繩連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，整個(gè)系統(tǒng)用細(xì)線懸掛在天花板上并且處于靜止?fàn)顟B(tài) .現(xiàn)將上面的細(xì)線剪斷，使 A的上端失去拉力，則在剪斷細(xì)線的瞬間， A、B、C三個(gè)小球的加速度

A分別是(

)，1.5g，0C.g，g，g

圖1B.g，2g，0D.g，g，0答案

A解析剪斷細(xì)線前，由平衡條件可知，A上端的細(xì)線的拉力為3mg，A、B之間細(xì)繩的拉力為2mg，輕彈簧的拉力為mg.在剪斷細(xì)線的瞬間，輕彈簧中拉力不變，小球C所受合外力為零，所以

C的加速度為零；

A、B小球被細(xì)繩拴在一起，整體受到二者重力和輕彈簧向下的拉力，由牛頓第二定律， 3mg＝2ma，解得a＝1.5g，選項(xiàng)A正確.二、超重和失重1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力 (或?qū)覓煳锏睦?)大于物體所受重力的現(xiàn)象 .(2)產(chǎn)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?qū)覓煳锏睦?)小于物體所受重力的現(xiàn)象 .(2)產(chǎn)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?qū)ωQ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(chǎn)生條件：物體的加速度 a＝g，方向豎直向下 .4.實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān) .(2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對彈簧測力計(jì)的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力 .此時(shí)彈簧測力計(jì)的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重 .自測2 關(guān)于超重和失重的下列說法中，正確的是 ( )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物體做自由落體運(yùn)動時(shí)處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運(yùn)動的物體不受重力作用C.物體具有向上的速度時(shí)處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時(shí)處于失重狀態(tài)D.物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化答案 D三、動力學(xué)圖象1.類型(1)已知圖象分析運(yùn)動和受力情況；(2)已知運(yùn)動和受力情況分析圖象的形狀 .2.用到的相關(guān)知識通常要先對物體受力分析求合力， 再根據(jù)牛頓第二定律求加速度， 然后結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分析 .自測3(2016·海南單科·5)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時(shí)間圖線如圖2所示.已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s，5～10s，10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則()圖

2A.F1<F2

B.F2>F3C.F1>F3

D.F1＝F3答案

A命題點(diǎn)一 超重和失重問題1.對超重和失重的理解(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(chǎn)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) .2.判斷超重和失重的方法從受力的角 當(dāng)物體所受向上的拉力 (或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重度判斷 力時(shí)，物塊處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的 當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物角度判斷 體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化 ①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重的角度判斷 ②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重例1 (多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度 a隨時(shí)間t變化的圖線如圖 3所示，以豎直向上為 a的正方向，則人對地板的壓力 ( )圖3A.t＝2s時(shí)最大 B.t＝2s時(shí)最小C.t＝8.5s時(shí)最大 D.t＝8.5s時(shí)最小答案 AD解析 人乘電梯向上運(yùn)動，規(guī)定向上為正方向，人受到重力和支持力兩個(gè)力的作用，則有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根據(jù)牛頓第三定律知， 人對地板的壓力大小等于支持力的大小，將對應(yīng)時(shí)刻的加速度 (包含正負(fù)號)代入上式，可得選項(xiàng) A、D正確，B、C錯(cuò)誤.變式1 廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá) 600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達(dá)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(shí)由靜止開始上升， a－t圖象如圖4所示.則下列相關(guān)說法正確的是 ( )圖4A.t＝4.5s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài)B.5～55s時(shí)間內(nèi)，繩索拉力最小C.t＝59.5s時(shí)，電梯處于超重狀態(tài)D.t＝60s時(shí)，電梯速度恰好為零答案D解析利用a－t圖象可判斷：t＝4.5s時(shí)，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯(cuò)誤；0～5s時(shí)間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力>重力，5～55s時(shí)間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力＝重力，55～60s時(shí)間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力<重力，綜上所述，B、C錯(cuò)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，則電梯的速度在t＝60s時(shí)為零，D正確.變式2為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖5所示.當(dāng)此車減速上坡時(shí)，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)()圖5A.處于超重狀態(tài) B.不受摩擦力的作用C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D.所受合力豎直向上答案 C解析 當(dāng)車減速上坡時(shí)，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不變，則人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示 .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，所以乘客處于失重狀態(tài)，故 A、B、D錯(cuò)誤，C正確.命題點(diǎn)二 瞬時(shí)問題的兩類模型1.兩種模型加速度與合外力具有瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡化為以下兩種模型：2.求解瞬時(shí)加速度的一般思路分析瞬時(shí)變化前后物體的受力情況 ? 列牛頓第二定律方程 ? 求瞬時(shí)加速度例2 (2017·山東泰安二模)如圖6所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上， 小球B用水平輕彈簧拉著，彈簧固定在豎直板上.兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質(zhì)細(xì)繩相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài).已知B球質(zhì)量為m，O在半圓柱體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA

長度與半圓柱體半徑相等，

OB

與豎直方向成

45°角，現(xiàn)將輕質(zhì)細(xì)繩剪斷的瞬間

(重力加速度為

g)，下列說法正確的是

(

)圖6A.彈簧彈力大小為 2mgB.球B的加速度為 gC.球A受到的支持力為 2mg1D.球A的加速度為2g答案 D解析剪斷細(xì)繩前對B球受力分析如圖，由平衡條件可得F彈＝mgtan45＝°mg；剪斷細(xì)繩瞬間，細(xì)繩上彈力立即消失，而彈簧彈力F彈和B球重力的大小和方向均沒有改變，則F合＝mg＝2mg，aB＝2g，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤.剪斷細(xì)繩前，有A球的重力大小GA＝2F繩cos30°cos45°＝6mg，剪斷細(xì)繩瞬間，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°＝18mg，C項(xiàng)錯(cuò)誤.剪斷細(xì)繩2瞬間，對A球由牛頓第二定律有mAgsin30AA，得A的加速度aA＝gsin30＝°1＝°ma2g，D項(xiàng)正確.拓展延伸 (1)如圖7甲、乙中小球 m1、m2原來均靜止，現(xiàn)如果均從圖中 B處剪斷，則圖甲中的彈簧和圖乙中的下段繩子，它們的拉力將分別如何變化？圖7(2)如果均從圖中 A處剪斷，則圖甲中的彈簧和圖乙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(jié)論？答案 (1)彈簧和下段繩的拉力都變?yōu)?0.(2)彈簧的彈力來不及變化，下段繩的拉力變?yōu)?0.(3)繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變 .例

3

如圖

8所示，兩木塊

A、B質(zhì)量均為

m，用勁度系數(shù)為

k、原長為

L的輕彈簧連在一起，放在傾角為

α的傳送帶上，兩木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為

μ，用與傳送帶平行的細(xì)線拉住木塊

A，傳送帶按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動，兩木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)

.求：圖8(1)A、B兩木塊之間的距離；(2)剪斷細(xì)線瞬間，A、B兩木塊加速度分別為多大.答案(1)L＋mgsinα＋μmgcosαk(2)aA＝2g(sinα＋μcosα)，aB＝0解析(1)隔離B木塊受力分析，由平衡條件可得F彈＝mgsinα＋μmgcosα由胡克定律F彈＝kx得兩木塊間的距離為LAB＝L＋x＝L＋mgsinα＋μmgcosαk(2)剪斷細(xì)線瞬間彈簧彈力不變，對木塊B由牛頓第二定律得F彈－(mgsinα＋μmgcosα)＝maB解得aB＝0.對于木塊A有F彈＋μmgcosα＋mgsinα＝maA解得aA＝2(gsinα＋μgcosα)＝2g(sinα＋μcosα).變式3如圖9所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量均為m,2、4質(zhì)量均為 m0，兩個(gè)系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊 1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為 g，則有( )圖9a1＝a2＝a3＝a4＝0a1＝a2＝a3＝a4＝gm＋m0C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝ gm0D.a1＝g，a2＝m＋m0m＋m0g，a3＝0，a4＝gm0m0答案C解析在抽出木板的瞬間，物塊1、2與輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知 a1＝a2＝g；物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時(shí)彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足F－mg00＋m＝0，即a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝F＋mgm＝g，所以C對.m0m0命題點(diǎn)三動力學(xué)圖象問題1.常見的動力學(xué)圖象v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等.2.圖象問題的類型(1)已知物體受的力隨時(shí)間變化的圖線，要求分析物體的運(yùn)動情況 .(2)已知物體的速度、加速度隨時(shí)間變化的圖線，要求分析物體的受力情況 .(3)由已知條件確定某物理量的變化圖象 .3.解題策略(1)分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點(diǎn) .(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等 .(3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情景結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷

.例

4

如圖

10甲所示，兩滑塊

A、B用輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑輕質(zhì)定滑輪相連，

B距地面一定高度，A可在與斜面平行的細(xì)線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動

.已知

mA＝2kg，mB＝4kg，斜面傾角

θ＝37°.某時(shí)刻由靜止釋放

A，測得

A沿斜面向上運(yùn)動的

v－t圖象如圖乙所示

.已知g＝10m/s2，sin37

＝°0.6，cos37°＝0.8，求：圖10(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)A沿斜面向上滑動的最大位移；(3)滑動過程中細(xì)線對 A的拉力所做的功 .答案 (1)0.25 (2)0.75m (3)12J解析(1)在0～0.5s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為a1＝v＝2m/s2＝4m/s2t0.5對A，F(xiàn)T－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1對B，mBg－FT＝mBa1得：μ＝0.25(2)B落地后，A繼續(xù)減速上升.由牛頓第二定律得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2將已知量代入，可得a2＝8m/s22v故A減速向上滑動的位移為x2＝2a2＝0.25m考慮0～0.5s內(nèi)A加速向上滑動的位移x1＝v2＝0.5m2a1所以，A上滑的最大位移為x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑過程中，由動能定理：AAθ)x1＝1A2－0W－(mgsinθ＋μmgcosmv2得W＝12J.例5(2018·吉林公主嶺模擬)如圖11甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為m＝2kg的物體.物體同時(shí)受到兩個(gè)水平力的作用，F(xiàn)1＝4N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時(shí)間均勻變化，如圖乙所示 .物體從零時(shí)刻開始運(yùn)動 .圖11(1)求當(dāng)t＝0.5s時(shí)物體的加速度大小.(2)物體在t＝0至t＝2s內(nèi)何時(shí)物體的加速度最大？最大值為多少？(3)物體在t＝0至t＝2s內(nèi)何時(shí)物體的速度最大？最大值為多少？答案(1)0.5m/s2(2)當(dāng)t＝0時(shí)，am＝1m/s2當(dāng)t＝2s時(shí)，am′＝－1m/s2(3)t＝1s時(shí)，v0.5m/s解析 (1)由題圖乙可知 F2＝(2＋2t)N當(dāng)t＝0.5s時(shí)，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)N＝3NF1－F2＝ma1－F24－3a＝F＝m/s2＝0.5m/s2.m2(2)物體所受的合外力為 F合＝F1－F2＝2－2t(N)作出F合－t圖象如圖所示從圖中可以看出，在 0～2s范圍內(nèi)當(dāng)t＝0時(shí)，物體有最大加速度 amFm＝mamFm 2 2 2am＝m＝2m/s＝1m/s當(dāng)t＝2s時(shí)，物體也有最大加速度 am′Fm′＝mam′Fm′＝－222am′＝2m/s＝－1m/sm負(fù)號表示加速度方向向左.F合2)(3)由牛頓第二定律得a＝m＝1－t(m/s畫出a－t圖象如圖所示由圖可知 t＝1s時(shí)速度最大，最大值等于 a－t圖象在t軸上方與橫、縱坐標(biāo)軸所圍的三角形1的面積v＝×1×1m/s＝0.5m/s.變式4 (多選)如圖12甲所示，一質(zhì)量為 M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊到如圖乙所示的

.木板受到隨時(shí)間 t變化的水平拉力 F作用時(shí)，用傳感器測出其加速度2a－F圖象.取g＝10m/s.則下列說法正確的是 ( )

a，得圖12A.滑塊的質(zhì)量m＝4kgB.木板的質(zhì)量M＝4kgC.滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1D.當(dāng)F＝8N時(shí)滑塊加速度為2m/s2答案AC解析由題圖乙，當(dāng)F等于6N時(shí)，加速度a＝1m/s2，對整體：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，當(dāng)F大于6N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmgk＝1＝1，解得a＝，知圖線的斜率MM2M＝2kg，故滑塊的質(zhì)量m＝4kg，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)F大于6N的圖線延長線知，F(xiàn)F－μmg＝4N時(shí)，a＝0，則a＝ ，解得μ＝0.1，故C正確；根據(jù)μmg＝ma′，得a′＝1m/s2，M錯(cuò)誤.命題點(diǎn)四 動力學(xué)中的連接體問題1.連接體的類型(1)彈簧連接體(2)物物疊放連接體(3)輕繩連接體(4)輕桿連接體2.連接體的運(yùn)動特點(diǎn)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等 .輕桿——輕桿平動時(shí)，連接體具有相同的平動速度； 輕桿轉(zhuǎn)動時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比 .輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等.3.處理連接體問題的方法若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度， 且不需要求物體之間的作用力， 可整體法的選取以把它們看成一個(gè)整體， 分析整體受到的外力， 應(yīng)用牛頓第二定律求出加原則速度或其他未知量隔離法的選取 若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同， 或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用原則 力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度， 且要求物體之間的作用力時(shí)， 可以整體法、隔離先用整體法求出加速度， 然后再用隔離法選取合適的研究對象， 應(yīng)用牛頓法的交替運(yùn)用第二定律求作用力 .即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”例6(多選)(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ·20)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂.當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為23a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F.不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為()A.8B.10C.15D.18答案BC解析設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則F＝nma①設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂，則2F＝km·②3a聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知 n只能取偶數(shù)，當(dāng)n＝2時(shí)，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5當(dāng)n＝4時(shí)，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10當(dāng)n＝6時(shí)，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15當(dāng)n＝8時(shí)，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項(xiàng)B、C正確.變式5(多選)(2018·陜西商洛質(zhì)檢)如圖13所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運(yùn)動時(shí)，彈簧的伸長量為x1；當(dāng)用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運(yùn)動時(shí)，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是()圖13A.若m>M，有x1＝x2B.若m<M，有x1＝x2C.若μ>sinθ，有x1>x2D.若μ<sinθ，有x1<x2答案AB解析在水平面上滑動時(shí)，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有FT－μmg＝ma1②聯(lián)立①②解得FT＝F·m③m＋M在斜面上滑動時(shí)，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤聯(lián)立④⑤解得FT′＝F·m⑥M＋m比較③⑥可知，彈簧彈力相等，與動摩擦因數(shù)和斜面的傾角無關(guān)，故 A、B正確，C、D錯(cuò)誤.變式6 (多選)如圖14所示，傾角為θ的斜面放在粗糙的水平地面上， 現(xiàn)有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑 .支架上用細(xì)線懸掛的小球達(dá)到穩(wěn)定 (與滑塊相對靜止 )后，懸線的方向與豎直方向的夾角也為 θ，斜面體始終保持靜止，則下列說法正確的是 ( )圖14斜面光滑斜面粗糙C.達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向左D.達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向右答案 AC解析 隔離小球，可知小球的加速度方向?yàn)檠匦泵嫦蛳拢笮?gsinθ，對支架系統(tǒng)進(jìn)行分析，只有斜面光滑，支架系統(tǒng)的加速度才是 gsinθ，所以A正確，B錯(cuò)誤.將支架系統(tǒng)和斜面看成一個(gè)整體，因?yàn)檎w具有沿斜面向下的加速度，故地面對斜面體的摩擦力水平向左， C正確，D錯(cuò)誤.故選A、C.1.在兒童蹦極游戲中，拴在腰間左右兩側(cè)的是彈性極好的橡皮繩，質(zhì)量為 m的小明如圖 1所示靜止懸掛時(shí)，兩橡皮繩的拉力大小均恰為 mg.若此時(shí)小明左側(cè)橡皮繩斷裂，則小明 ( )圖1加速度為零，速度為零加速度a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下C.加速度a＝g，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上D.加速度a＝g，方向豎直向下答案 B解析 根據(jù)題意，腰間左右兩側(cè)的橡皮繩的彈力等于重力 .小明左側(cè)橡皮繩斷裂， 則小明此時(shí)所受合力方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，大小等于 mg，所以小明的加速度 a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，選項(xiàng)

B正確.2.兩個(gè)質(zhì)量分別為

m1、m2的物體

A和B緊靠在一起放在光滑水平桌面上，

如圖

2所示，如果它們分別受到水平推力

2F

和

F，則

A、B之間彈力的大小為

(

)圖2m2m1m1＋2m22m1＋m2A.＋mFB.＋mFC.＋mFD.＋mFm12m12m12m12答案C解析根據(jù)牛頓第二定律對整體有：2F－F＝(m1＋m2B有：FN－F)a，方向水平向右；對物體1＋2m2＝m2a，聯(lián)立上述兩式得：FN＝mF，故選項(xiàng)A、B、D均錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確.1＋m2m3.電梯在t＝0時(shí)由靜止開始上升，運(yùn)動的a－t圖象如圖3所示(選取向上為正)，電梯內(nèi)乘客的質(zhì)量m0＝50kg，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()圖

3A.第

9s內(nèi)乘客處于失重狀態(tài)B.1～8s內(nèi)乘客處于平衡狀態(tài)C.第D.第

2s內(nèi)乘客對電梯的壓力大小為 550N9s內(nèi)電梯速度的增加量為 1m/s答案

C4.(多選)如圖

4甲所示，質(zhì)量為

m＝2kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面

O處，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù) μ＝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(yùn)動，經(jīng)過一段時(shí)間后，物塊回到出發(fā)點(diǎn) O處，取水平向右為速度的正方向，物塊運(yùn)動過程中其速度v隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度2，則()g取10m/s圖

4A.物塊經(jīng)過 4s回到出發(fā)點(diǎn)B.物塊運(yùn)動到第 3s時(shí)改變水平拉力的方向時(shí)刻水平力 F的大小為4N時(shí)刻水平力 F的大小為16N答案

CD5.如圖5所示，質(zhì)量為 m的小球用一水平輕彈簧系住，并用傾角為 60°的光滑木板小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，在木板 AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為 (

)

AB托住，A.0C.大小為

3g，方向垂直木板向下

圖5B.大小為D.大小為

g，方向豎直向下2g，方向垂直木板向下答案

D解析

撤離木板

AB

瞬間，木板對小球的支持力消失，而小球所受重力和彈力不變，且二力的合力與原支持力等大反向 .6.(多選)(2017河·北保定一模)如圖6所示，一質(zhì)量 M＝3kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為 m＝1kg的光滑楔形物體.用一水平向左的恒力 F作用在斜面體2上，系統(tǒng)恰好保持相對靜止地向左運(yùn)動 .重力加速度為 g＝10m/s，下列判斷正確的是 ( )圖6系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動F＝40NC.斜面體對楔形物體的作用力大小為

5 2ND.增大力

F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運(yùn)動答案解析

BD對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有

F＝(M＋m)a，對楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有

mgtan45

＝°ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A

錯(cuò)，B

對.斜面體對楔形物體的作用力

F ＝ mgN2 sin45

＝°

2mg＝10 2N，C

錯(cuò).外力

F增大，則斜面體加速度增加，楔形物體不能獲得那么大的加速度，將會相對斜面體沿斜面上滑， D對.7.如圖7所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(m1在光滑地面上，m2在空中).已知力F與水平方向的夾角為θ.則m1的加速度大小為()圖7FcosθFsinθA.B.m1＋m2m1＋m2FcosθFsinθC.m1D.m2答案A解析把m1、m2看成一個(gè)整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcosθ＝Fcosθ(m1＋m2)a，所以a＝ ，選項(xiàng)A正確.8.(2014北·京理綜·18)應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象， 可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入 .例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運(yùn)動，直至將物體拋出 .對此現(xiàn)象分析正確的是( )手托物體向上運(yùn)動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)手托物體向上運(yùn)動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C.在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案 D解析 手托物體拋出的過程，必有一段加速過程，其后可以減速，可以勻速，當(dāng)手和物體勻速運(yùn)動時(shí)，物體既不超重也不失重；當(dāng)手和物體減速運(yùn)動時(shí)，物體處于失重狀態(tài)，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；物體從靜止到運(yùn)動，必有一段加速過程，此過程物體處于超重狀態(tài)，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；當(dāng)物體離開手的瞬間，物體只受重力，此時(shí)物體的加速度等于重力加速度，選項(xiàng)

C錯(cuò)誤；手和物體分離之前速度相同，

分離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大，

物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度，所以選項(xiàng)

D正確.9.(2018湖·南懷化質(zhì)檢)如圖8所示，A、B、C三球質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個(gè)輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接.傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是 ( )圖

8A.A球受力情況未變，加速度為零B.C球的加速度沿斜面向下，大小為C.A、B之間桿的拉力大小為 2mgsin

gθD.A、B兩個(gè)小球的加速度均沿斜面向上，大小均為

12gsin

θ答案

D解析

細(xì)線被燒斷的瞬間，以

A、B整體為研究對象，彈簧彈力不變，細(xì)線拉力突變?yōu)?/p>

0，合力不為

0，加速度不為

0，故

A錯(cuò)誤；對球

C，由牛頓第二定律得：

mgsin

θ＝ma，解得：

a＝gsinθ，方向沿斜面向下，故

B錯(cuò)誤；以

A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，燒斷細(xì)線前，A、B、C

靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，彈簧的彈力

F＝3mgsin

θ，燒斷細(xì)線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變， 彈簧彈力不變，以A、B整體為研究對象，由牛頓第二定律得： 3mgsinθ－2mgsin

θ＝2ma，則

A、B的加速度

1a＝2gsin

θ，故

D正確；由

D可知，

B的加速度為

a1＝2gsinθ，以

B為研究對象，由牛頓第二定律得

3FT－mgsinθ＝ma，解得：FT＝2mgsinθ，故C錯(cuò)誤；故選

D.10.(多選)如圖

9所示，在豎直平面內(nèi)，

A和

B是兩個(gè)相同的輕彈簧，

C是橡皮筋，它們?nèi)唛g的夾角均為

120°，已知

A、