《2020版高考物理教科版大一轮复习讲义课件：第三章 第2讲 应用牛顿第二定律处理“四类”问题 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理教科版大一轮复习讲义课件：第三章 第2讲 应用牛顿第二定律处理“四类”问题 .pptx（73页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、,第三章 牛顿运动定律,第2讲 应用牛顿第二定律处理“四类”问题,大一轮复习讲义,NEIRONGSUOYIN,内容索引,过好双基关,研透命题点,课时作业,回扣基础知识 训练基础题目,细研考纲和真题 分析突破命题点,限时训练 练规范 练速度,过好双基关,一、瞬时问题,1.牛顿第二定律的表达式为：F合ma，加速度由物体所受 决定，加速度的方向与物体所受 的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的 不能发生突变. 2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别： (1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将 . (2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接
2、时，轻弹簧或橡皮条的弹力 .,合外力,速度,突变为0,合外力,不能发生突变,自测1 如图1，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绳连在一起，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，g D.g，g,0,图1,解析 剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为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，小球C所受合外力为零，所以C的加速度
3、为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg2ma，解得a1.5g，选项A正确.,1.超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有 的加速度. 2.失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有 的加速度.,二、超重和失重,小于,向上,向下,大于,3.完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力) 的现象称为完全失重现象. (2)产生条件：物体的加速度a ，方向竖直向下. 4.实重和视重 (1)实重：物体实际所受的
4、重力，它与物体的运动状态 . (2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将 物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.,等于0,g,无关,不等于,自测2 关于超重和失重的下列说法中，正确的是 A.超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了 B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受 重力作用 C.物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态 D.物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化,1.类型 (1)已知图像分析运动和 情况； (2)已知运动和受力情况分析图像的形
5、状. 2.用到的相关知识 通常要先对物体受力分析求合力，再根据 求加速度，然后结合运动学公式分析.,三、动力学图像,牛顿第二定律,受力,自测3 (2016海南单科5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图2所示.已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05 s,510 s,1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则 A.F1F3 C.F1F3 D.F1F3,图2,研透命题点,1.对超重和失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变. (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失. (3)尽管物体的
6、加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态. (4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象.,命题点一 超重与失重现象,2.判断超重和失重的方法,例1 (2018四川省乐山市第二次调研)图3甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的O表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的Ft图线，两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g10 m/s2，根据图像分析可知 A.人的重力为1 500 N B.c点位置人处于失重状态 C.e点位置人处于超重状态 D.d点的加
7、速度小于f点的加速度,图3,解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500 N，故A错误； c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B错误； e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；,可知d点的加速度大于f点的加速度，故D错误.,变式1 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图像如图4所示.则下列相关说法正确的是 A.t4.5 s时，电梯处于失重状态 B.555 s时间内，绳索拉力最小 C.t
8、59.5 s时，电梯处于超重状态 D.t60 s时，电梯速度恰好为零,图4,解析 利用at图像可判断：t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误； 05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，555 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，5560 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误； 因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，D正确.,变式2 (2018广东省深圳市三校模拟)如图5，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器.当
9、箱子随电梯以a4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N.取g10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是 A.匀加速上升，a5 m/s2 B.匀加速下降，a5 m/s2 C.匀速上升 D.静止状态,图5,解析 当箱子随电梯以a4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知：,若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N. 对金属块，由牛顿第二定律知
10、N上mgN下ma 解得 a5 m/s2，方向向下， 故电梯以a5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a5 m/s2的加速度匀减速上升.故A、C、D错误，B正确.,命题点二 瞬时问题的两类模型,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.解题思路,3.两个易混问题 (1)如图6甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则图甲中的轻质弹簧和图乙中的下段绳子的拉力将如何变化呢？,图6,答案 弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.,(2)由(1)的分析可以得出什么结论？,答案 绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变
11、.,例2 (2019河北省衡水中学第一次调研)如图7所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为 A.aAaBg B.aA2g，aB0 C.aA g，aB0 D.aA2 g，aB0,图7,解析 水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示， 静止时，TFsin 60，Fcos 60mAgF1，F1mBg， 又mAmB,水平细线被剪断瞬间
12、，T消失，其他各力不变，A所受合力与T等大反向，,例3 (多选)如图8所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线.下列判断正确的是 A.细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零 B.细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零 C.细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小 为gsin D.细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin ,图8,解析 剪断细线前，
13、以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零， 则弹簧的弹力为F(3m2mm)gsin 6mgsin . 以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin . 剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象， 由牛顿第二定律得F(m2m)gsin (m2m)aAB， 解得A、B两个小球的加速度为aABgsin ，方向沿斜面向上，以B为研究对象， 由牛顿第二定律得：FAB2mgsin 2maAB，解得杆的拉力为FAB4mgsin ， 以C为研究对象，由牛顿第二定律得aCgsin ，方向沿斜面向下，故C、D正确，A、B错误.,变式3 (2018
14、山西省吕梁市第一次模拟)如图9所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为，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，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有 A.图甲中A球的加速度为gsin B.图甲中B球的加速度为2gsin C.图乙中A、B两球的加速度均为gsin D.图乙中轻杆的作用力一定不为零,图9,解析 设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin ， 因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变， 所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsin ，加
15、速度为4gsin ； 题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin ，A、B两球的加速度均为gsin ， 则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确.,1.常见的动力学图像 vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等. 2.图像问题的类型 (1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况. (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况. (3)由已知条件确定某物理量的变化图像.,命题点三 动力学图像问题,3.解题策略 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析
16、临界点. (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等. (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.,例4 (2018广东省湛江市第二次模拟)如图10甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上.长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.长木板的质量M2 kg B.小滑块与长木板之间的动
17、摩擦因数为0.4 C.当F14 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2 D.当F增大时，小滑块的加速度一定增大,图10,解析 当F等于12 N时，加速度为：a04 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a0，代入数据解得：Mm3 kg；当F大于12 N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：FmgMa，则FMamg，则知Fa图线的斜率kM 1，则M1 kg，故m2 kg，故A错误； 由A项分析可知：F大于12 N时，Fa20，若F8 N，a0，即得0.4，故B正确； 由A项分析可知：F大于12 N时Fa8，当F14 N时，长木板的加速度为：a6 m/s2，故C错误； 当F大于12
18、 N后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为ag，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误.,变式4 (多选)(2019福建省三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图11所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g10 m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) A.物块与地面的动摩擦因数为0.2 B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2,图11,解析 在02 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力f3 N，,则3 s末物块受到的摩擦
19、力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N5 N1 N，选项B、C正确； 物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误.,变式5 (2018安徽省池州市上学期期末)如图12所示为质量m75 kg的滑雪运动员在倾角37的直滑道上由静止开始向下滑行的vt图像，图中的OA直线是t0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则 A.滑雪运动员开始时做加
20、速度增大的加 速直线运动，最后做匀速运动 B.t0时刻运动员的加速度大小为2 m/s2 C.动摩擦因数为0.25 D.比例系数k为15 kg/s,图12,解析 由vt图像可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A错误； 在t0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a0 m/s24 m/s2，故B错误； 在t0时刻开始加速时，v00，由牛顿第二定律可得mgsin kv0mgcos ma0，最后匀速时有：vm10 m/s，a0，由平衡条件可得mgsin kvmmgcos 0，联立解得： 0.25，k30 kg/s，故C正确，D错误.,1.连接体的类型 (1)弹簧连
21、接体,命题点四 动力学中的连接体问题,(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，两端的连接体沿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，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等.,3.处理连接体问题的方法,例5 (多选)(2018广东省湛江市第二次模拟)如图13所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上.现用水平拉力作用于a，使三个物块一起
22、水平向右匀速运动.各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g.下列说法正确的是 A.该水平拉力大于轻绳的弹力 B.物块c受到的摩擦力大小为mg C.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时， 物块c受到的摩擦力大小为0.5mg D.剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为mg,图13,解析 三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F3mg，对b、c系统：T2mg，则FT，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确； c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误； 当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F1.5F4.5mg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统
23、：F3mg3ma，对c：fma，解得f0.5 mg，故C正确； 剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2mg2ma，对c：fma，解得fmg，故D正确,变式6 (多选)(2019河南省郑州市质检)如图14所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是 A.若mM，有x1x2 B.若ms
24、in ，有x1x2 D.若sin ，有x1x2,图14,解析 在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F(mM)g(mM)a1 隔离物块A，根据牛顿第二定律，有 Tmgma1 ,在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有 F(mM)gsin (mM)a2 隔离物块A，根据牛顿第二定律，有 Tmgsin ma2 ,比较可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误.,变式7 (多选)如图15所示，倾角为的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为，斜面
25、体始终保持静止，则下列说法正确的是 A.斜面光滑 B.斜面粗糙 C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右,图15,解析 隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsin ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin ，所以A正确，B错误. 将支架系统和斜面看成一个整体，因为支架系统具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误.,课时作业,1.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 A.t2 s时最大 B
26、.t2 s时最小 C.t8.5 s时最大 D.t8.5 s时最小,双基巩固练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图1,解析 人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有Fmgma，即Fmgma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持力大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,2.(2018湖北省黄冈市质检)如图2所示，电视剧拍摄时，要制造雨中场景，剧组工作人员用消防水枪向天空喷出水龙，降落时就成了一场“雨”.若忽略空气阻力，以下分析正确
27、的是 A.水枪喷出的水在上升时超重 B.水枪喷出的水在下降时超重 C.水枪喷出的水在最高点时，速度方向斜向下 D.水滴在下落时，越接近地面，速度方向越接近竖直方向,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图2,解析 由于水在空中不论上升还是下降均只受重力，加速度向下，故水均处于完全失重状态，故A、B错误； 在最高点时，水的竖直速度变为零，此时只有水平方向的速度，故C错误； 水落下时的速度为水平速度和竖直速度的合速度，越向下来，竖直速度越大，则速度的方向越接近竖直方向，故D正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,3.(2019广东省东莞市调研)为了让乘客乘车更
28、为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图3所示.当此车匀减速上坡时，乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用) A.处于超重状态 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.所受合力竖直向上,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图3,解析 当车匀减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示.将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故A、B、
29、D错误，C正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,4.(2019安徽省淮北市质检)如图4甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其vt图像如图乙所示，规定向右为正方向.下列判断正确的是 A.在3 s末，物体处于出发点右方 B.在12 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小 C.在13 s内，物体的加速度方向先向右后向左 D.在01 s内，外力F不断增大,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图4,解析 根据vt图像与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，则前3 s内物体的位移为正，说明物体处于出发点右
30、方，故A正确； 在12 s内，速度为正值，说明物体向右运动，速度不断减小，故B错误； 在13 s内，图像的斜率不变，则加速度不变，故C错误； 在01 s内，图像切线的斜率不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第二定律知外力F不断减小，故D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,5.如图5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质量均为m,2、4质量均为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 A.
31、a1a2a3a40 B.a1a2a3a4g C.a1a2g，a30，a4 g D.a1g，a2 g，a30，a4 g,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图5,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，物块1、2受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1a2g； 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Fmg0，即a30； 由牛顿第二定律得物块4满足 故C正确，A、B、D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,6.(2018福建省四地六校月考)如图6
32、所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则 A.悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为g B.悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为g C.悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大 D.悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小,图6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析 剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力Fmg，剪断悬绳瞬间，对B受力分析，B的受力情况不变，则B的加速度为0，对A分析，A受的合力为F合mgF2mg，根据牛顿第二定律，得A
33、的加速度a2g，故A、B错误； 弹簧开始处于伸长状态，弹力Fmgkx，当向下压缩，mgFkx时，加速度为零，速度最大，xx，所以A物块向下运动的距离为2x时速度最大，加速度最小，故C正确，D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,7.(多选)(2018河北省张家口市上学期期末)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平地面上，如图7所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做匀加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是 A.若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F B.若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为 C.若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动
34、摩 擦因数为，则物块A对B的作用力大小为mg D.若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，则物块A对B的作用 力大小为,图7,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,8.(2018河南省鹤壁市第二次段考)如图8所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30，当升降机突然处于完全失重状态时，则此瞬间A、B两物体的瞬时加速度大小分别为(重力加速度为g),图8,
35、1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,综合提升练,解析 由平衡状态时的受力特点可知，A受到弹簧的作用力大小为mgsin 30，因为失重时A物体本身重力不变，故在此瞬间，A同时受到弹簧的弹力mgsin 30和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcos 30，故其瞬时加速度为 g； 而对B受力分析可以知道，完全失重瞬间，B受到弹簧的作用力和细线上的弹力相等(此二力的合力为0)，则此时B的合力就是其重力，所以B的瞬时加速度为g，所以D正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,9.(2018江西省临川二中第五次训练)如图9甲所示，用一水平外力F推物体，使
36、其静止在倾角为的光滑斜面上.逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图乙所示.取g10 m/s2.根据图中所提供的信息不能计算出的是 A.物体的质量 B.斜面的倾角 C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D.加速度为6 m/s2时物体的速度,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图9,解析 对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示 x方向：Fcos mgsin ma y方向：NFsin mgcos 0 从aF图像中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N,6 m/s2) 代入式解得：m2 kg，37 因而A、B可以算出； 当a0时，可解得F1
37、5 N，因而C可以算出； 题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,10.(多选)(2018内蒙古赤峰二中月考)如图10甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g10 m/s2.下列选项中正确的是 A.2秒末3秒末内物块做匀减速运动 B.在t1 s时刻，恒力F反向 C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 D.恒力F大小为10 N,
38、图4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,即在t1 s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,根据牛顿第二定律得：Ffma1，Ffma2， 联立解得：F7 N，f3 N，由fmg，得0.3，故C项正确，D项错误.,11.(2018广东省深圳市高级中学月考)如图11所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m的光滑细杆上，A和B的质量之比为13，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向的、大小为20 N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a1运动时，弹簧与杆夹角为53，已知sin 530.
39、8，cos 530.6，求： (1)弹簧的劲度系数为多少？,图11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,答案 100 N/m,解析 先取A、B和弹簧整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A、B的支持力与加速度方向垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律可得：F(mAmB)a1 再对B受力分析： 由牛顿第二定律可得：F弹cos 53mBa1 联立解得F弹25 N,由胡克定律得，F弹kx 所以弹簧的劲度系数：k100 N/m,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度为a2，则a1a2为多少？,1,2,3,4,5,6,7,8
40、,9,10,11,12,答案 13,解析 若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化， 根据牛顿第二定律得 对A：F弹cos 53mAa2 联立得a1a213.,12.(2018四川省攀枝花市第二次统考)如图12所示，质量m1500 g的木板A静止放在水平平台上，木板的右端放一质量m2200 g的小物块B.轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块C连接，长木板与滑轮间的细线水平.现将物块C的质量由0逐渐增加，当C的质量增加到70 g时，A、B恰好开始一起匀速运动；当C的质量增加到400 g时，A、B开始发生相对滑动.已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计.求木板与平台间、木板与物块B间的动摩擦因数.,答案 0.1 0.3,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,图12,解析 设A与水平平台间的动摩擦因数为，当mC70 g时，系统恰好匀速运动，由平衡条件得：TmCg，fT，f(m1m2)g 联立解得：0.1 设A、B间动摩擦因数为AB 设系统加速度为a，由牛顿第二定律得： 对B：ABm2gm2a 对C：mCgT1mCa 对A、B整体：T1(m1m2)g(m1m2)a 联立得：AB0.3.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,