第2讲 牛顿第二定律
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考点一 牛顿第二定律
1.定律内容：物体的加速度跟物体 成正比，跟物体的
成反比，加速度的
方向跟合外力的方向 .
2.牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性.“矢量性”是指加速度的方向取决 ，“瞬时性”是指加速度和合外力存在着 关系，合外力改变，加速度相应改变，“独立性”是指作用在物体上的每个力都独立的产生各自的加速度，合外力的加速度即是这些加速度的矢量和.
，ΣF 水平向右的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F 1至F 4变化表示）可能是下图中的（OO ＇沿杆方向）
【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和杆对小球的弹力，弹力在竖直方向的分量和重力平衡，小球在水平方向的分力提供加速度，故C 正确. 【答案】C
【方法点评】本题考查牛顿第二定律，只要能明确研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程即可.
考点二 力、加速度和速度的关系
在直线运动中当物体的合外力（加速度）与速度的方向 时，物体做加速运动，若合外力（加速度）恒定，物体做 运动，若合外力（加速度）变化，则物体做 运动，当物体的合外力（加速度）方向与速度的方向 时，物体做减速运动.若合外力（加速
O F 2 F 1 O F 3 F 4 A O F 2 F 1
O F 3 F 4 B O F 2 F 1 O F 3 F 4 C O
O F 2 F 1 F 3 F 4 D ＇
＇ ＇ ＇
[例2] 如图3-12-1所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度的变化情况如何？
[解析]小球接触弹簧后受两个力，向下的重力mg 和向上的弹力x k ?.（如图3－12－2（a ）所示刚开始时，当x k ? ma x k mg =?-，合力不断变小，因而加速度减小， 由于a 方向 与v 0同向，因此速度继续变大. 当x k ?＝mg 时，如图3－12－2（b ）所示，合力为 零，加速度为零，速度达到最大值. 之后小球由于惯性仍向下运动，继续压缩弹簧， 但x k ?>mg ，合力向上，由于加速度的方向和速度方 向相反，小球做加速度增大的减速运动，因此速度减小 到零弹簧被压缩到最短.如图3－12－2（c ）所示 [答案]小球压缩弹簧的过程，合外力的方向先向下后向上， 大小是先变小至零后变大，加速度的方向也是先向下后向上， 大小是先变小后变大，速度的方向始终向下，大小是先变大后变小. （还可以讨论小球在最低点的加速度和重力加速度的关系） [方法技巧]要分析物体的运动情况一定要从受力分析着手，再结合牛顿第二定律进行讨论、分析.对于弹簧类问题的求解，最好是画出弹簧的原长，现在的长度，这样弹簧的形变长度就一目了然，使得求解变得非常的简单明了. 考点三 瞬时问题 瞬时问题主要是讨论细绳（或细线）、轻弹簧（或橡皮条）这两种模型. 细绳模型的特点：细绳不可伸长，形变 ，故其张力可以 ， AO 和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO 烧断，在绳AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ） A.弹簧的拉力θ cos mg F = B.弹簧的拉力θsin mg F = C.小球的加速度为零 D.小球的加速度θsin g a = [解析]烧断 OA 之前，小球受3个力，如图所示，烧断细绳的瞬间， 绳子的张力没有了，但由于轻弹簧的形变的恢复需要时间，故弹簧 的弹力不变，A 正确。 图3－12－2 v T F [方法技巧]对于牛顿第二定律的瞬时问题，首先必须分析清楚是弹簧模型还是轻绳模型，然后分析状态变化之前的受力和变化后的瞬时受力.根据牛顿第二定律分析求解.同学们还可以讨论把OB 换成轻绳，也可以剪断轻弹簧，从而讨论小球的瞬时加速度 . 考点四 整体法和隔离法的应用 以几个物体组成的系统为对象，分析系统所受外力的方法叫做整体法，以某个物体为对象，分析该物体所受各力的方法叫做隔离法. A ，m B =2kg ，A ，B 之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则( ) A ．当拉力F ＜12N 时，两物体均保持静止状态 B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动 C ．两物体间从受力开始就有相对运动 D ．两物体间始终没有相对运动 [解析]对A ，B 整体有 F=(m A +m B )a 再对B 有 f = m B a 当f 为最大静摩擦力时，得a=6m/s 2，F=48N 由此可以看出当F ＜48N 时A ，B 间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A ，B 间不会发生相对运动.所以D 选项正确. [答案]D [方法技巧]当系统具有相同的加速度时，往往用整体法求加速度，要求系统之间的相互作用力，往往用隔离法.特别要注意A 对B 的静摩擦力提供了B 的加速度. 考点五 整体利用牛顿第二定律 当几个物体所组成的系统加速度不同时，我们也可以牛顿第二定律来求解，此时牛顿第二定律应表述为：n n a m a m a m a m F ......332211+++=∑ ，即整个系统所受的合外力（物体之间的作用力为内力，不考虑）等于各个物体所产生的加速度与质量的乘积的矢量和.其正交表示为：∑+++=nx n x x x a m a m a m F (2211) ∑+++=ny n y y y a m a m a m F (2211) [例5] 一根质量为M 的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一只质量为m 的猴子，如图6所示，如果将细绳剪断，猴子沿木棒向上爬，但仍保持与地面间的高度不变。求这时木棒下落的加速度？ 解析：（解法一）猴子和木棒的受力情况如图所示，猴子相对地面的高度不变、保持静止，即受力平衡，木棒具有加速度，根据牛顿第二定律 对猴子有： A B 对木棒有： 由牛顿第三定律得 解得木棒的加速度为，方向竖直向下. 解法二（整体法）：把猴子和木棒看成一个整体，受力情况如图8所示，在这个整体中猴子受力平衡，木棒具有加速度，根据牛顿第二定律有 解得木棒的加速度为，方向竖直向下. [方法技巧] 对于由一个静止，一个加速运动的物体所组成的系统，往往优先考虑整体利用牛顿第二定律求解，这样会使求解变得非常简单. 类似以上的不少问题，若用隔离法求解，分析过程很繁琐，若用整体法来分析，思路却很敏捷.大家如果能深刻领会整体法的有关解题规律，在学习过程中一定会取得事半功倍的效果. ★ 高考重点热点题型探究 热点1 物体运动情况的判断 [真题1]（2007·广东）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计 了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图 3-12-13（a ）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球.小车向 右做直线运动过程中，电流表示数如图3-12-13 （b ）所示，下列判断正确的是( ) A ．从t 1到t 2时间内，小车做匀速直线运动 B ．从t 1到t 2时间内，小车做匀加速直线运动 C ．从t 2到t 3时间内，小车做匀速直线运动 D ．从t 2到t 3时间内，小车做匀加速直线运动 [剖析]对小球，根据牛顿第二定律有N ＝ma ，易知t 1到t 2时间内，小球对挡板的压力越来越大，故做变加速运动，t 2到t 3时间内，小球对挡板的压力不变，小车做匀加速运动，0到t 1时间内，小车可能静止也可能匀速运动. [答案]D [名师指引]本题是一个传感器问题，传感器是把力学信号等转化为电信号的一个仪器，新课 程新增加的一个内容,相信以后的高考中仍会有所考查，同学们要引起注意. 【真题2】（2008·全国卷1）如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是（ ） A.向右做加速运动 v 压敏电阻 R E A I 1 2 3 （a ） （b ） 图3－12－13 B.向右做减速运动 C.向左做加速运动 D.向左做减速运动 [解析]对小球水平方向受到向右的弹簧弹力N，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右加速运动或向左减速运动 [答案]AD [名师指引] 由受力情况判断物体的运动的情况，一直是高考的热点，对于这种类型的问题关键在于根据牛顿第二定律求出加速度的的方向，而加速度方向已知时，所对应的运动形式有两种. 【真题3】（2008·宁夏）一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连,小球某时刻正处于图示状态.设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( ) A.若小车向左运动，N可能为零 B.若小车向左运动，T可能为零 C.若小车向右运动，N不可能为零 D.若小车向右运动，T不可能为零 [解析]对小球受力分析，当N为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；当T为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对D错. [答案]AB 【名师指引】解题时抓住N、T为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球 和小车只能有水平的加速度. 新题导练 1-1.(2008·惠州三模)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在运动过程中，电流表的示数如图乙所示，下列判断中正确的是（） A.乙图表示电梯做匀速直线运动 B.乙图表示电梯做匀加速运动 C.乙图表示电梯做变加速运动 D.乙图表示电梯做匀减速运动 1-2.(2008·广州一模)如图（a），小铁块置于长木板右端，木板放在光滑的水平地面上，同时使二者获得等大反向的初速度开始运动，经过一段时间铁块在木板上停止滑动，二者相对静止，此时与开始运动时的位置相比较，图9（b）中哪一幅反映了可能发生的情况( ) 热点2 整体法和隔离法的应用 【真题4】（2008·海南）如图，质量为M 的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m 的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F 沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为（ ） A ．（M ＋m ）g B ．（M ＋m ）g －F C ．（M ＋m ）g ＋F sin θ D ．（M ＋m ）g －F sin θ [解析]本题可用整体法的牛顿第二定律解题，竖直方向由平衡条件：F sin θ＋N =mg ＋Mg ，则N = mg ＋Mg －F sin θ [答案]D 【真题5】（2008·海南）如图，水平地面上有一楔形物体b ，b 的斜面上有一小物块a ；a 与b 之间、b 与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体b 静止时，a 静止在b 的斜面上．现给a 和b 一个共同的向左的初速度，与a 和b 都静止时相比，此时可能( ) A ．a 与b 之间的压力减少，且a 相对b 向下滑动 B ．a 与b 之间的压力增大，且a 相对b 向上滑动 C ．a 与b 之间的压力增大，且a 相对b 静止不动 D ．b 与地面之间的压力不变，且a 相对b 向上滑动 [解析]依题意，若两物体依然相对静止，则a 的加速度一定水平向右，如图将加速度分解为垂直斜面与平行于斜面，则垂直斜面方向，N －mgcosθ=ma y ，即支持力N 大于mgcosθ，与都静止时比较，a 与b 间的压力增大；沿着斜面方向，若加速度a 过大，则摩擦力可能沿着斜面向下，即a 物块可能相对b 向上滑动趋势，甚至相对向上滑动，故A 错，B 、C 正 确；对系统整体，在竖直方向，若物块a 相对b 向上滑动，则a 还具有向上的分加速度，即对整体的牛顿第二定律可知，系统处于超重状态，b 与地面之间的压力将大于两物体重力之和，D 错. [答案]BC [名师指引]这两道题都可以通过整体利用牛顿第二定律很快的解决. 即当系统的两个物体加 0 0 0 t t t t v v v v A B C D 速度无论相同还是不同，都可以用整体法求解. 新题导练 2-1.（2008·佛山四校联考）如图3-12-11所示，质量为m 的物体在沿斜面向上的拉力F 作用下沿放在水平地面上的质量为M 的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则地面对斜面（ ） A.无摩擦力 B.有水平向左的摩擦力 C.支持力为(M+ m)g D.支持力小于(M+m)g 2-2.（2008年深圳二模）如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m ．现用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成a 角，细线的拉力为T ；若用一力F /水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a / 向左运动时，细线与竖直方向也成a 角，细线的拉力为T / ．则( ) A ．a /=a ，T /=T B ．a / ＞a ，T / =T C ．a / ＜a ，T / =T D ．a / ＞a ，T / ＞T ★抢分频道 1.限时基础训练卷 1.(2008·汕头一模)一物块以某一初速度沿粗糙的斜面向上沿直线滑行，到达最高点后自行向下滑动，不计空气阻力，设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同，下列哪个图象能正确地表示物块在这一过程中的速率与时间的关系( ) 2.（2008深圳一模）如图所示，物体A 放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是（ ） A ．向右斜上方 B ．竖直向上 C ．向右斜下方 D ．上述三种方向均不可能 3.（2008汕头二模）如图所示，水平面上B 点左侧都是光滑的，B 点右侧都是粗糙的．质量为M 和m 的两个小物块（可视为质点），在光滑水平面上相距L 以相同的速度向右运动，它们在进入粗糙区域后最后静止．若它们与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，设静止后两物块间的距离为s ，M 运动的总时间为t 1、m 运动的总时间为t 2，则以下说法正确的是（ ） F / α m M α m M F 图3－12－11 https://www.doczj.com/doc/6a1785555.html, 010-******** 58818068 canpoint@https://www.doczj.com/doc/6a1785555.html, A ．若M =m ，则s =L B ．无论M 、m 取何值，总是s=0 C ．若M =m ，则t 1= t 2 D ．无论M 、m 取何值，总是t 1< t 2 4．（2008·中山一模）如图3-12-18所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 ( ) A ．0 B ．g 332 C ．g D ． g 3 3 5．（2008·佛山三校）叠放在一起的A 、B 两物体在水平力F 的作用下，沿水平面以某一速度匀速运动，现突然将作用在B 上的力F 改为作用在A 上，并保持大小和方向不变，如图3-12-20所示，则关于A 、B 的运动状态可能为（ ） A.一起匀速运动 B.一起加速运动 C.A 加速，B 减速 D.A 加速，B 匀速 6.(2007·从化模拟)如图3-12-21所示，一条轻质弹簧左端固定，右端系一小物块，物块与水平面各处动摩擦因数相同，弹簧无形变时，物块位于O 点.今先后分别把物块拉到P 1和P 2点由静止释放，物块都能运动到O 点左方，设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q 1和Q 2点，则Q 1和Q 2点( ) A ．都在O 处 B ．都在O 处右方，且Q 1离O 点近 C ．都在O 点右方，且Q 2离O 点近 D ．都在O 点右方，且Q 1、Q 2在同一位置 7.如图3-12-7所示，质量为m 1和m 2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面（斜面与水平面成θ角），最后竖直向上加速运动.则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是（ ） A.由大变小 B.由小变大 C.始终不变 D.由大变小再变大 8.（2008韶关二模）如图，在光滑地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起作无相对滑动的加速运动．已知小车质量是M 、木块质量是m 、力大小是F 、加速度大小是a 、木块和小车之间动摩擦因数是μ．则在这个过程中，关于木块受到的摩擦力大小正确的是( ) A .μma B .ma C . m M mF D .F -Ma 9.(2008年广州二模)如图所示，倾角为 α的斜面静止不动，滑轮的质量和摩擦不计，质量为 M 图3－12－18 图3－12－ 20 O P 1 P 2 图3－12－21 θ m 1 m 2 F F F 图3－12－7 M 的物体A 与斜面的动摩擦因素为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，质量为m 的物体B 通过定 滑轮用细线与M 相连接．则（ ） A ．当m>M(sin α+μcos α)时，m 一定有向下的加速度 B ．当m 10．如图3-12-27所示,质量为1 kg 的小球穿在固定的直杆上,杆与水平方向成30°角,球与杆间的动摩擦因数μ=6 3.当小球受到竖直向上的拉力F =20 N 时,小球沿杆上滑的加速度是多 少?(g 取10 m/s 2) 2．基础提升训练 11.（2008华师附中）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系和物块速度v 与时间t 的关系如图所示.取重力加速度g=10m/s 2.由此两图线可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 ( ) A ．m=0.5kg ，μ=0.4 B ．m=1.5kg ，15 2= μ C ．m=0.5kg ，μ=0.2 D ．m=1kg ，μ=0.2 12.（2008广州二模）如图所示，物体沿着倾角不同而底边相同的光滑斜面由顶端从静止开始滑到底端（ ） A ．斜面倾角越大，滑行时间越短 B ．斜面倾角越大，滑行时间越长 C ．斜面倾角越大，滑行的加速度越大 D ．斜面倾角越大，滑行的平均速度越大 13．（2007·上海）两个叠在一起的滑块A 和B ，置于固定的倾角为θ的斜面上，如图3-13-8所示.滑块A 、B 的质量分别为M 、m.A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度沿斜面滑下，滑块B 受到的摩擦力 （ ） A.等于零 B.方向沿斜面向上 C.大小等于μ1mgcos θ D.大小等于μ2mgcos θ 14．（2008年北京）有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合力进行分析和判断。例如从解的物理量的单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或 θ B A 图3－13－8 图 3－12－27 正确性. 举例如下：如图所示，质量为M 、倾角为θ的滑块A 放于水平地面上.把质量为m 的滑块B 放在A 的斜面上.忽略一切摩擦，有人求得B 相对地面的加速度a = M +m M +msin 2θ gsin θ， 式中g 为重力加速度. 对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，没发现问题。他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”.但是，其中有一项是错．误． 的。请你指出该项:( ) A ．当θ?时，该解给出a =0，这符合常识，说明该解可能是对的 B ．当θ＝90?时，该解给出a =g,这符合实验结论，说明该解可能是对的 C ．当M ≥m 时，该解给出a =gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 D ．当m ≥M 时，该解给出a =B sin θ ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 15．（2005·全国3）如图3-12-30所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ．它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k , C 为一固定挡板.系统处于静止状态.现开始用一恒力F 沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求物块B 刚要离开C 时物块A 的加速度a 和从开始到此时物块A 的位移d ，重力加速度为g. 3．能力提高训练 16.(2007·江苏)如图3-13-20所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F 拉其中一个质量为2 m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为( ) A ．5 mg 3μ B ．4 mg 3μ C ．2 mg 3μ D ．mg 3μ 17．如图3-12-6所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M 、N 固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M 瞬间，小球加速度的大小为12米/秒2，若不拔去销钉M 而拔去销钉N 瞬间，小球的加速度可能是（取g =10米/秒2）（ ） A ．22米/秒2 ，竖直向上 B ．22米/秒2 ，竖直向下 1．C ．2米/秒2，竖直向上 D ．2米/秒2，竖直向下 18.(2008湛江一模)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图17甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大。 分别用力传感器采集拉力和木块受到的摩 图3－12－ 30 图3－13－ 20 图3－12－6 擦力，并用计算机绘制出摩擦力f随拉力F的变化图象，如图17所示。已知木块质量为0.78kg.取重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.60,cos37o=0.80. (1)求木块与长木板间的动摩擦因数. （2）若将实验中的长木板与水平方向成37o角放置，将木块置于其上，在平行于木板的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开始向上做匀变速直线运动，如图17丙所示.求拉力应为多大？ 19. (2007·广东四校联考) 一物体静止在水平面上，它的质量 是m，与水平面之间的动摩擦因数为μ.用平行于水平面的力F 分别拉物体，得到加速度a和拉力F的关系图象如图3-12-29所 示.利用图象可求出这个物体的质量m. 甲同学分析的过程是：从图象中得到F=12N时, 物体的加速度a=4m/s2， 根据牛顿定律导出： a F m=得：m=3kg 乙同学的分析过程是：从图象中得出直线的斜率为：k＝tan45°=1, 而 m K 1 =,所以m=1kg 请判断甲、乙两个同学结论的对和错，并分析错误的原因。如果两个同学都错，分析各自的错误原因后再计算正确的结果. 第2讲参考答案 考点整合 考点1.合外力，质量，一致，合外力方向，瞬时对应 考点2.相同，匀加速，变加速，相反，匀减速，变减速 考点3.较小，突变，较大，不能突变 新题导练 1-1.C[电流逐渐增大，表明压敏电阻的阻值在逐渐减小，压力在逐渐增大，故电梯在做变加速运动] 1-2.AC[设滑块的质量为m，木板的质量为M，分m 2-1.BD[把A、B视为一整体，进行受力分析列平衡方程即可] 2-2.B[先隔离小球进行受力分析，两种情况竖直方向均有mg T= α cos，故T T= '，当 F 图3－12－29 作用在小球上时，对小车有Ma T =αsin 得θtan g M m a =，当F '作用在小车上时，对小 球有a m T '=αsin 得θtan g a ='，故B 正确] ★抢分频道 1.限时基础训练卷 1.C[分析物体上滑和下滑的受力即可] 2.A[把支持力和摩擦力用一个力等效替代，则此力一定是向上偏右] 3.BD[两物体在B 点的右方，加速度相同，又初速度相同，故滑行的距离和滑行的时间总是相同，在B 点的左边，m 滑行的时间大于M 滑行的时间] 4.B[板抽掉后，弹簧弹力不能突变] 5.AC[F 大于A 、B 之间的最大静摩擦力时，A 加速，B 减速；F 小于A 、B 之间的最大静摩擦力时，A 、B 一起匀速运动] 6.D[分析滑块的受力，且mg kx μ=时速度最大] 7.C[当两物体在斜面上运动时，对整体，由牛顿第二定律，有 F －(m 1+ m 2)gsin θ－μ(m 1+ m 2)gcos θ=(m 1+ m 2) a 对m 1，由牛顿第二定律，有 F T －m 1gsin θ－μm 1gcos θ= m 1a ,联立解得 F m m m F T 2 11+= ,故绳中张力的大小与夹角 θ、动摩擦因数μ无关] 8.BCD[整体法和隔离法结合即可] 9.AD[隔离M ，当绳子拉力较大时，物体有上滑的趋势，摩擦力沿斜面向下，当mg>Mg(sin α+μcos α)时，m 一定有向下的加速度，当绳子拉力较小时，物体有下滑的趋势，当mg 10. 解析:如图所示,小球在杆上受到四个力作用:重力mg 、拉力F 、杆的弹力F N 和滑动摩擦力F f .建立如图所示的直角坐标系,由牛顿第二定律得: (F －mg )sin θ－F f =ma (F －mg )cos θ=F N 又F f =μF N 由以上三式可得a = m mg F ) cos )(sin (θμθ-- 代入数据后得a =2.5 m/s 2. 2．基础提升训练 11. A[4－6s 物体做匀速运动，易知摩擦力f ＝2N ，2－4s 物体做匀加速运动，加速度a ＝2m/s 2 ,可知A 选项正确] 12.CD[设斜面的倾角为θ，底边场d ，则物体下滑的加速度为θsin g a =，下滑的时间为 θ θ θ2sin 4cos sin 2g d g d t ==,易知倾角为45°时下滑时间最短.] 13．BC[先整体法求整体的加速度，后隔离B 求A 、B 之间的摩擦力，注意A 、B 之间为静摩擦力] 14.D[当m >>M 时，该解给出a =sin g θ ,这与实际不符，说明该解可能是错误的] 15.解：令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知m A gsin θ=kx 1 令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知kx 2=m B gsin θ F －m A gsin θ－kx 2=m A a 可得a= F －(m A +m B )gsin θ m A 由题意 d=x 1+x 2 可得d=(m A +m B )gsin θ k 3．能力提高训练 16.B[对右边一组物体分析受力，当拉力最大时，m 和2m 之间的摩擦力为最大静摩擦力，由牛顿第二定律，结合整体法、隔离法可得：F ＝6ma ，F －μmg ＝2ma ，μmg －T ＝ma ，联立解得T ＝ 4 mg 3μ] 17.AD[设上下弹簧弹力分别为F M 、F N ，以向下为正方向.拔去销钉M 瞬间，F M 消失，由牛顿第二定律，F N +mg=ma ，得F N =m （g －a ），由a=12m/s 2 得，F N =－2m 或22m.拔去销钉N 瞬间，F N 消失，小球所受合外力F=－F N =2m 或－22m ，因此a=2或－22] 18.解析：（1）依题知，木块受到的滑动摩擦力f 为3.12N 而 mg N f μμ== 4.010 78.012.3=?==∴mg f μ （2）木块受力如答图4所示，根据牛顿第二定律有 ma f mg F ='--θsin 而θμμcos mg N f ='=' 联立并代入数据解得：F=8.7N 19.甲、乙两同学的分析都错. 甲错在把水平力F 当作合外力，而物块受摩擦力f=4N 乙错在由于a 轴和F 轴的标度不同，斜率k 不等于tan450 正确的求解是： 由F —f=ma 得： f F m a -= 1 m K 1= =0.5 m=2kg
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