新高考一輪物理江蘇專用學(xué)案第3章第2節(jié)牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題

第2節(jié)牛頓第二定律、兩類動力學(xué)問題一、牛頓第二定律、單位制1．牛頓第二定律(1)內(nèi)容物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比。加速度的方向與作用力的方向相同。(2)表達(dá)式a＝eq\f(F,m)或F＝ma。(3)適用范圍①只適用于慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運(yùn)動的參考系)。②只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運(yùn)動(遠(yuǎn)小于光速)的情況。2．單位制(1)單位制由基本單位和導(dǎo)出單位組成。(2)基本單位基本量的單位。力學(xué)中的基本量有三個，它們分別是質(zhì)量、時間、長度，它們的國際單位分別是千克、秒、米。(3)導(dǎo)出單位由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出的其他物理量的單位。二、超重與失重1．實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)，在地球上的同一位置是不變的。(2)視重①當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。②視重大小等于彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。2．超重、失重和完全失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重概念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)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向向上物體的加速度方向向下物體的加速度方向向下，大小為a＝g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝mgF＝0運(yùn)動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升無阻力的拋體運(yùn)動；繞地球勻速圓周運(yùn)動三、動力學(xué)兩類基本問題1．兩類動力學(xué)問題(1)已知物體的受力情況求物體的運(yùn)動情況。(2)已知物體的運(yùn)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(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下：1．思考辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)(1)牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma在任何情況下都適用。 (×)(2)物體只有在受力的前提下才會產(chǎn)生加速度，因此，加速度的產(chǎn)生要滯后于力的作用。 (×)(3)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)系，同時也確定了物理量間的單位關(guān)系。 (√)(4)失重說明物體的重力減小了。 (×)(5)物體超重時，加速度向上，速度也一定向上。 (×)(6)研究動力學(xué)兩類問題時，做好受力分析和運(yùn)動分析是關(guān)鍵。 (√)2．(魯科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。作用一段時間后，將水平推力逐漸減小到零(物體還在運(yùn)動)，則在水平推力逐漸減小到零的過程中()A．物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小B．物體速度逐漸增大，加速度逐漸減小C．物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小D．物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大D[由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運(yùn)動，則可判定F>f，且ma＝F－f；當(dāng)F逐漸減小時，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當(dāng)F<f后，此時ma＝f－F，F(xiàn)減小，加速度增大，且加速度與速度方向相反，物體減速，綜上所述，選項(xiàng)D正確。]3．(教科版必修1P92T4改編)一物體重為50N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如圖所示的水平力F1和F2，若F2＝15N時，物體做勻加速直線運(yùn)動，則F1的值不可能是(g取10m/s2)()A．3NB．25NC．30ND．50NB[若物體向左做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5N，A正確；若物體向右做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25N，C、D正確。]4．(人教版必修1P78T2改編)一質(zhì)量為m的物體，放在粗糙水平面上，受水平推力F的作用產(chǎn)生加速度a，物體所受摩擦力為f，當(dāng)水平推力變?yōu)?F時()A．物體的加速度小于2aB．物體的加速度大于2aC．物體的加速度等于2aD．物體所受的摩擦力變?yōu)?fB[根據(jù)牛頓第二定律可知，物體在水平推力F的作用下，產(chǎn)生的加速度為a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg。 ①當(dāng)水平推力變?yōu)?F時，物體的加速度a′＝eq\f(2F－μmg,m)＝eq\f(2F,m)－μg。 ②比較①②兩式可以看出a′>2a。]牛頓第二定律的理解eq\o([依題組訓(xùn)練])1．根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是()A．物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合力必須達(dá)到一定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個力的大小成正比D．當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比D[由牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)可知，物體加速度的大小跟它的質(zhì)量成反比，跟速度沒有直接關(guān)系，A錯誤；物體所受合外力不為0時就產(chǎn)生加速度，B錯誤；物體加速度的大小跟物體所受的合外力成正比，與所受作用力中的任一個力沒有必然關(guān)系，C錯誤；加速度是矢量，在某一個方向上的加速度，與這個方向上的合外力成正比，與其質(zhì)量成反比，D正確。]2．關(guān)于速度、加速度、合力的關(guān)系，下列說法不正確的是()A．原來靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體立刻獲得加速度B．加速度的方向與合力的方向總是一致的，但與速度的方向可能相同，也可能不同C．在初速度為0的勻加速直線運(yùn)動中，速度、加速度與合力的方向總是一致的D．合力變小，物體的速度一定變小D[加速度與力同時產(chǎn)生、同時消失、同時變化，選項(xiàng)A正確；加速度的方向由合力方向決定，但與速度方向無關(guān)，選項(xiàng)B正確；在初速度為0的勻加速直線運(yùn)動中，合力方向決定加速度方向，加速度方向決定末速度方向，選項(xiàng)C正確；合力變小，物體的加速度一定變小，但速度不一定變小，選項(xiàng)D錯誤。]合力、加速度、速度間的決定關(guān)系(1)物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度，只有合力為零時，加速度才為零。一般情況下，合力與速度無必然的聯(lián)系。(2)合力與速度同向時，物體加速運(yùn)動；合力與速度反向時，物體減速運(yùn)動。(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無直接關(guān)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。超重和失重eq\o([依題組訓(xùn)練])1．(2020·北京豐臺區(qū)期末)圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點(diǎn)表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時間變化的圖象，取重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)圖象分析可知()甲乙A．人的重力可由b點(diǎn)讀出，約為300NB．b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C．人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態(tài)D．人在b點(diǎn)對應(yīng)時刻的加速度大于在c點(diǎn)對應(yīng)時刻的加速度C[開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力約為900N，人的重力也約為900N，故A錯誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故B錯誤；雙腳離開力板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；b點(diǎn)彈力與重力的差值要小于c點(diǎn)彈力與重力的差值，則人在b點(diǎn)的加速度要小于在c點(diǎn)的加速度，故D錯誤。]2．(2019·江蘇揚(yáng)州中學(xué)高考模擬)智能化電動扶梯如圖所示，乘客站上扶梯，先緩慢加速，然后再勻速上升，則()A．乘客始終處于超重狀態(tài)B．加速階段乘客受到的摩擦力方向與v相同C．電梯對乘客的作用力始終豎直向上D．電梯勻速上升時，電梯對乘客的作用力豎直向上D[加速運(yùn)動階段，顧客的加速度沿電梯斜向上，有豎直向上的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律，電梯對他的支持力大于其重力，處于超重狀態(tài)；勻速運(yùn)動階段，加速度為0，所以既不超重也不失重，故A錯誤。加速階段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，則受到的摩擦力方向水平向右，選項(xiàng)B錯誤。加速階段，乘客受到豎直向上的支持力和水平向右的摩擦力，則電梯對乘客的作用力斜向右上方；電梯勻速上升時，電梯對乘客只有向上的支持力，即電梯對乘客的作用力豎直向上，選項(xiàng)C錯誤，D正確。]超重和失重的判斷方法(1)若物體加速度已知，看加速度的方向，方向向上則超重，方向向下則失重。(2)若拉力或壓力已知，看拉力或壓力與重力的大小關(guān)系，大于重力則超重，小于重力則失重。(3)物體超重、失重與運(yùn)動狀態(tài)的關(guān)系動力學(xué)中的兩類問題eq\o([講典例示法])1．解決動力學(xué)兩類問題的兩個關(guān)鍵點(diǎn)2．動力學(xué)基本問題的力的處理方法(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”。[典例示法]一質(zhì)量為m＝2kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以a＝2.5m/s2的加速度勻加速下滑，如圖所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2s內(nèi)沿斜面運(yùn)動位移x＝4m。求：(g取10m/s2)(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)恒力F的大小。審題指導(dǎo)：解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)(1)選取滑塊為研究對象，正確作出受力分析。(2)根據(jù)運(yùn)動過程求出加速度，結(jié)合牛頓第二定律求恒力F。[解析](1)以滑塊為研究對象受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin30°－μmgcos30°＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運(yùn)動，有加速度向上和向下兩種可能。根據(jù)題意可得x＝eq\f(1,2)a1t2，得a1＝2m/s2當(dāng)加速度沿斜面向上時，受力分析如圖乙所示，則Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1代入數(shù)據(jù)得F＝eq\f(76\r(3),5)N甲乙丙當(dāng)加速度沿斜面向下時，受力分析如圖丙所示，則mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1代入數(shù)據(jù)得F＝eq\f(4\r(3),7)N。[答案](1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(76\r(3),5)N或eq\f(4\r(3),7)N動力學(xué)問題的解題步驟[跟進(jìn)訓(xùn)練]已知受力情況求運(yùn)動情況1．(2020·株洲質(zhì)檢)如圖所示，某次滑雪訓(xùn)練，運(yùn)動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝84N而從靜止向前滑行，其作用時間為t1＝1.0s，撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運(yùn)動員連同裝備的總質(zhì)量為m＝60kg，在整個運(yùn)動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝12N，求：(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移；(2)該運(yùn)動員(可視為質(zhì)點(diǎn))第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。[解析](1)運(yùn)動員利用滑雪杖獲得的加速度為a1＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(84－12,60)m/s2＝1.2m/s2第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2m/s位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.6m。(2)運(yùn)動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2＝eq\f(Ff,m)經(jīng)時間t2速度變?yōu)関′1＝v1－a2t2第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則veq\o\al(2,2)－v′eq\o\al(2,1)＝2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2＝eq\f(v\o\al(2,2),2a2)解得x2＝5.2m。[答案](1)1.2m/s0.6m(2)5.2m2．公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當(dāng)前車突然停止時，后車司機(jī)可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1s。當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120m。設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的eq\f(2,5)。若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度(g取10m/s2)。[解析]設(shè)路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時間為t0，汽車的質(zhì)量為m，剎車前的速度為v0，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式得μ0mg＝ma0s＝v0t0＋eq\f(v\o\al(2,0),2a0)解得a0＝5m/s2，μ0＝0.5設(shè)汽車在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，依題意有μ＝eq\f(2,5)μ0由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式得μmg＝mas＝vt0＋eq\f(v2,2a)解得v＝20m/s(v＝－24m/s不符合實(shí)際，舍去)。[答案]20m/s已知運(yùn)動情況求受力情況3．如圖所示，一傾角為θ＝30°的上表面光滑的斜面上，有相距為L的A、B兩點(diǎn)，質(zhì)量為m＝1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊(圖中未畫出)，在F1＝11N、方向沿斜面向上的力的作用下，從A點(diǎn)由靜止運(yùn)動到B點(diǎn)，所經(jīng)歷時間t1＝1s，到B點(diǎn)時換成了沿斜面向下的力F2作用在物塊上，經(jīng)過時間t2＝2s后返回A點(diǎn)，斜面足夠長，且始終靜止不動，重力加速度取g＝10m/s2，求：(1)A、B兩點(diǎn)之間的距離L；(2)力F2的大小。[解析](1)物塊從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的過程中，有a1＝eq\f(F1－mgsinθ,m)，L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)解得a1＝6m/s2，L＝3m。(2)物塊在B點(diǎn)的速度v1＝a1t1＝6m/s物塊從B點(diǎn)回到A點(diǎn)的過程中，有－L＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得a2＝7.5m/s2由a2＝eq\f(F2＋mgsinθ,m)解得F2＝2.5N。[答案](1)3m(2)2.5N4．(2020·江蘇南京·高三開學(xué)考試)可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖所示，有一只企鵝在傾角為θ＝37°的傾斜冰面上先以a＝1.0m/s2的加速度從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝4s時突然臥倒以肚皮貼著冰面向上滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80不計空氣阻力，g取10m/s2，試分析回答下列問題：(1)企鵝向上“奔跑”的位移大小；(2)企鵝在冰面向上滑行的加速度大小；(3)企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時的速度大小。[解析](1)企鵝向上“奔跑”的位移大小為x＝eq\f(1,2)at2＝8m。(2)企鵝在冰面向上滑行的加速度大小a′＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝gsin37°＋μgcos37°＝8m/s2。(3)企鵝在冰面上滑時的初速度為v＝at＝4m/s向上滑行的位移為x′＝eq\f(v2,2a′)＝1m企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時的位移大小為x″＝x＋x′＝9m加速度大小a″＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2所以企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)時的速度大小v＝eq\r(2a″x″)＝eq\r(2×4×9)m/s＝6eq\r(2)m/s。[答案](1)8m(2)8m/s2(3)6eq\r(2)m/s牛頓第二定律的瞬時性問題eq\o([講典例示法])1．兩種模型加速度與合力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，在分析瞬時加速度時應(yīng)注意兩個基本模型的特點(diǎn)2．求解瞬時加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬時變化前后,物體的受力情況))?eq\x(\a\al(根據(jù)牛頓第二,定律列方程))?eq\x(求瞬時加速度)[典例示法](一題多變)兩個質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示?，F(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則()A．a(chǎn)1＝g，a2＝g B．a(chǎn)1＝0，a2＝2gC．a(chǎn)1＝g，a2＝0 D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0A[由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故選項(xiàng)A正確。][考法拓展1]在[典例示法]中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖所示，則下列選項(xiàng)中正確的是()A．a(chǎn)1＝g，a2＝gB．a(chǎn)1＝0，a2＝2gC．a(chǎn)1＝g，a2＝0D．a(chǎn)1＝2g，a2＝0D[剪斷輕繩OA的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a1＝2g，a2＝0。故選項(xiàng)D正確。][考法拓展2]在[考法拓展1]中的題圖放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖所示系統(tǒng)靜止時，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)A＝0aB＝eq\f(1,2)g B．a(chǎn)A＝gaB＝0C．a(chǎn)A＝gaB＝g D．a(chǎn)A＝0aB＝gB[細(xì)線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為零。燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為FT＝2mgsinθ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsinθ，所以A球的瞬時加速度為aA＝2gsin30°＝g，故選項(xiàng)B正確。][考法拓展3]把[考法拓展2]中的兩小球改為三小球，并將彈簧和輕繩互換位置，如圖所示，傾角為θ的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接。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)，現(xiàn)突然剪斷細(xì)線。下列判斷正確的是()A．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B、C三個小球的加速度均為零B．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零C．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsinθD．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為mgsinθC[剪斷細(xì)線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，則彈簧的彈力為F＝(3m＋2m＋m)gsinθ＝6mgsinθ。以C為研究對象知，細(xì)線的拉力為3mgsinθ。剪斷細(xì)線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得F－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B兩個小球的加速度為aAB＝gsinθ，方向沿斜面向上；以B為研究對象，由牛頓第二定律得：FAB－2mgsinθ＝2maAB，解得桿的拉力為FAB＝4mgsinθ；以C為研究對象，由牛頓第二定律得aC＝gsinθ，方向沿斜面向下，故C正確，A、B、D錯誤。]“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題1．分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵”(1)分析瞬時前、后的受力情況和運(yùn)動狀態(tài)。(2)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點(diǎn)。2．“四個步驟”第一步：分析原來物體的受力情況。第二步：分析物體在突變時的受力情況。第三步：由牛頓第二定律列方程。第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．如圖所示，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)量為m,2、4質(zhì)量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(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()A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gC[在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性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；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對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mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,