高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律6第二节牛顿第二定律两类动力学问题课后达标能力提升新人教版

簧的弹力 mgsin θ 和重力作用,根据力的合成特点可以知道此二力的
合力为 mgcos θ,故其瞬时加速度为 3g;而对 B 受力分析可以知道,完 全失A.重12g瞬、间g ,B 受B到.g弹、簧12g的作用总C.和232g细、线0上的D上. 23弹g、力g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,所关闭 以D D 正确。
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命题点一 命题点二 命题点三 命题点四
即学即练
3.(2017·天津一中月考)如图所示,A、B、C三球质量均为m,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 关闭 细杆线,B被、烧C间断由的一瞬轻间质,以细A线、连B接整。体倾为角研为究θ对的象光,滑弹斜簧面弹固力定不在变地,细面线上拉, 力 定 组弹 烧突 律 成簧 断变 得 的、 的为 系m轻 瞬统 g0杆 间s,i为合n,与下θ研力细=列究 m不线说a对为,均解法象平0得正,,加烧行确a速断 =于的g度细斜s是in不线面(θ为前,,初方,0始A向),故 、系向BA统下、错处,C故误于静B;静对止错止球,误 处状C;于以态,由平,A细牛衡、线顿状B被第、态二C,
(2)牛顿第二定律只适用于 宏观 物体(相对于分子、原子等)、 低速 运动(远小于光速)的情况。
二、两类动力学问题
1.已知物体的受力情况,求物体的 运动情况 。 2.已知物体的运动情况,求物体的 受力情况 。
知识梳理 考点自诊
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关键能力
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三、力学单位制
1.单位制:由 基本 单位和 导出 单位一起组成了单位制。 2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共七个,其中力学

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牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题（本题共8小题,1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2017·河南中原名校联考）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住,现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦,以下说法中正确的是错误!（ D )A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值[解析] 小球受到重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1,设斜面的倾角为α，则竖直方向有：Fcosα＝mg；因为mg和α不变，故无论加速度如何变化，F N2不变且不N2可能为零，故B错误,D正确。

水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma,因为F N2sinα≠0,若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误.斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的ma的合力，因此不等于ma，故C错误。

2．(2016·河北“五个一名校联盟教学质量监测”)如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起,B、C之间用轻弹簧拴接,用细线悬挂在天花板上,整个系统均静止，现将A上面的细线烧断，使A的上端失去拉力，则在烧断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为错误!（ A )A．1。

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma.3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．自测1静止在光滑水平面上的物体，在受到一个水平力作用的瞬间( )A．物体立刻获得加速度，但速度仍等于零B．物体立刻获得速度，但加速度为零C．物体立刻获得加速度，同时也获得速度D．物体的加速度和速度都要经过少许时间才能获得答案 A解析物体静止在光滑水平面上，受到水平作用力的瞬间，根据牛顿第二定律：加速度大小与合力大小成正比．加速度与合力是瞬时关系，可知物体立刻产生加速度，而物体由于惯性，此瞬间还保持原来的状态，速度为零，故A正确．二、力学单位制1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．2．基本单位：基本物理量的单位．基本物理量共七个(长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量)，其中力学有三个，分别是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．自测2下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位( )A．米、牛顿、千克B．千克、厘米、秒C．米、千克、安培D．米/秒2、千克、牛顿答案 C三、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma )求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移． 2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况(F 合)F 合＝ma 加速度a 运动学公式运动情况(v 、x 、t )自测3 (多选)(2017·徐州市质检)如图1所示，质量为m ＝1kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取g ＝10 m/s 2)( )图1A ．物体经10s 速度减为零B ．物体经2s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动答案 BC解析 物体受到向右的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg ＝3N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋F f m ＝2＋31m/s 2＝5m/s 2，方向向右，物体减速到零所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2s ，B 正确，A 错误；减速到零后，恒力F <F f ，即F 小于最大静摩擦力，物体将保持静止，不再运动，C 正确，D 错误．命题点一 牛顿第二定律的理解和应用类型1 对矢量性的理解例1 (2017·苏州大学附中调研)2015年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团以比分3∶0击败日本男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠．如图2，假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ.设球拍和球质量分别为M 、m ，不计球拍和球之间摩擦，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图2A ．运动员的加速度大小为g sin θB ．球拍对球的作用力大小为mg cos θC ．运动员对球拍的作用力大小为(M ＋m )g cos θD ．运动员对地面的作用力方向竖直向下答案 C解析 球和运动员具有相同的加速度，对球分析，球所受的合力为mg tan θ，根据牛顿第二定律得，a ＝g tan θ，故A 错误．根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力F N ＝mgcos θ，故B 错误．对球拍和球整体分析，整体所受合力为(M ＋m )a ，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θ，故C 正确．运动员在水平方向加速运动，运动员受到地面对其水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上，故D 错误．变式1 (多选)(2018·苏锡常镇一调)高空滑索是勇敢者的运动．如图3所示，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动(设钢索是直的)，下滑过程中到达图中A 位置时轻绳与竖直线有夹角，到达图中B 位置时轻绳竖直向下．不计空气阻力，下列说法正确的是( )图3A ．在A 位置时，人的加速度可能为零B ．在A 位置时，钢索对轻绳的作用力小于人的重力C ．在B 位置时，人的加速度为零D ．在B 位置时，人所受合外力沿钢索方向向下答案 BC解析 在A 位置时，人受到重力和轻绳的拉力，合力沿钢索方向向下，不为零，则加速度不可能为零，拉力F T＝mg cos θ(θ为轻绳与竖直方向的夹角)，F T<mg，故A错误，B正确；在B位置时，细绳的拉力竖直，不可能产生沿运动方向的加速度，所以人做匀速运动，a＝0，合外力为0，故C正确，D错误．类型2 瞬时性问题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．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒根据牛顿第二定律列方程⇒求瞬时加速度例2两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图4所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1和a2，则(不计空气阻力)( )图4A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0答案 A解析由于绳子张力可以突变，故剪断OA后瞬间小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确．思考在上题中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图5所示，则上题选项中正确的是( )图5答案 D解析剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．变式2(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)某同学做了一个力学实验，如图6所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，处于静止状态，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示．根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是(不计空气阻力)( )图6A．水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B．金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上C．金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧D．金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零答案AC解析细绳未剪断时，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用，剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确；金属球运动到悬点O正下方时，合力方向竖直向下，与速度方向的夹角为锐角，故此后一段时间内要加速，故选项C正确，选项B错误；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误．命题点二动力学两类问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．例3(2018·无锡市高三期末)如图7，一个质量为m＝2kg的小物块静置于足够长的固定斜面底端．现对其施加一个沿斜面向上、大小为F＝25 N的恒力，3 s后将F撤去，此时物块速度达到15 m/s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g＝10 m/s2.求：图7(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；(3)物块在斜面上运动的总时间．(结果可用根式表示)答案(1)5N (2)37.5m (3)(5＋30) s解析(1)由运动学规律：v1＝a1t1，解得a1＝5 m/s2由牛顿第二定律：F－F f－mg sin θ＝ma1 ，解得F f＝5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑，由牛顿第二定律得：F f＋mg sin θ＝ma2，得a2＝7.5 m/s2撤力前上滑距离x 1＝v 122a 1＝22.5 m 撤力后上滑距离x 2＝v 122a 2＝15 m 物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离x ＝x 1＋x 2＝37.5 m(3)撤力后物块上滑：t 2＝v 1a 2＝2 s下滑过程：mg sin θ－F f ＝ma 3，解得a 3＝2.5 m/s 2由x ＝12a 3t 32，可得t 3＝2x a 3＝30 s 故斜面上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋30) s.变式3 (2018·苏州市模拟)如图8所示，倾角θ＝37°、斜面长为1m 的斜面体放在水平面上．将一质量为2kg 的小物块从斜面顶部由静止释放，1s 后到达底端，斜面体始终保持静止．重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图8(1)小物块沿斜面下滑的加速度大小和到达底端时速度的大小；(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向．答案 (1)2m/s 2 2 m/s (2)0.5 (3)3.2N 水平向左解析 (1)由运动学公式x ＝12at 2 得a ＝2 m/s 2由v ＝at得v ＝2 m/s.(2)由牛顿第二定律得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5.(3)mg cos θsin θ＞μmg cos 2θ，则水平面对斜面体的摩擦力水平向左大小F f ＝mg cos θsin θ－μmg cos 2θ＝3.2 N.拓展点 动力学动态分析问题例4 (多选)(2018·田家炳中学开学考)如图9所示，小车上物体的质量m ＝8kg ，它被一根在水平方向上拉伸了的轻弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力是6N ．现对小车施一水平向右的作用力，使小车由静止开始运动，在小车的加速度由零逐渐增大到1m/s2的过程中，以下说法正确的是( )图9A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力逐渐变大B．物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右C．当小车的加速度为0.75m/s2时物体不受摩擦力的作用D．小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时物体受到的摩擦力为8N答案BC解析弹簧弹力在开始时与静摩擦力平衡，大小为6 N，当整体的加速度从零逐渐增大到1 m/s2时，物体的加速度也从零逐渐增大到1 m/s2，根据牛顿第二定律知，物体的合力从0增大到8 N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变，故A错误，B正确；当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物块所受的合力F合＝ma＝6 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力为零，即物体不受摩擦力，故C正确；小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合＝ma＝8 N，弹簧的弹力等于6 N，则摩擦力的大小为2 N，方向水平向右，故D错误．变式4(2018·盐城中学段考)在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，细绳a处于斜向上的方向，拉力为F a，细绳b处于水平方向，拉力为F b，如图10所示．现让小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是( )图10A．F a变大，F b不变B．F a变大，F b变小C．F a变大，F b变大D．F a不变，F b变小答案 D解析以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，根据牛顿第二定律得水平方向：F a sin α－F b＝ma①竖直方向：F a cos α－mg＝0②由题，α不变，由②分析得知F a不变．F a、α不变，a增加，所以由①得知，F b变小．故选D.1.(2017·苏州市期末)如图11所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速直线运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )图11A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向答案 D解析小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力的作用下也向右加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿题图中的OD方向，故A、B、C错误，D正确．2.(2018·如东县调研)如图12所示，如东苏果和欧尚超市为方便顾客，安装智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶)．在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行．则该扶梯在运送乘客的过程中( )图12A．扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用B．扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下C．扶梯加速运行时，摩擦力方向与运动方向相反D．扶梯加速运行时，乘客对扶梯的作用力方向与运动方向相反答案 B解析扶梯匀速运动时，乘客受摩擦力作用，否则由于重力作用，乘客将沿扶梯面滑下来，故A错误；由于扶梯匀速运行，摩擦力与支持力方向的合力与重力平衡，因此乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，故B正确；加速运行，摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，人有沿扶梯向下运动的趋势，即摩擦力方向与运动方向相同，故C错误；加速运动阶段，扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和支持力，二者的合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方，扶梯对乘客的作用力不是竖直向上，根据牛顿第三定律分析可知：乘客对扶梯的作用力不是与运动方向相反，故D错误．3．(多选)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图13所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止．则( )图13B ．a 2＝a 1C ．x 2＞x 1D ．x 2＜x 1答案 AD解析 设木盒的质量为M ，木盒与地面之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：a 1＝μ(M ＋m )g m ＋M＝μg 拿走砝码施加F 时，加速度：a 2＝μ(Mg ＋F )M ＝M ＋m M μg ，可知a 2＞a 1. 根据v 2＝2ax 得x ＝v 22a，知加速度增大，则滑行的距离变小，即：x 2＜x 1，故A 、D 正确，B 、C 错误．4．如图14所示，A 、B 两球质量相等，光滑固定斜面的倾角为θ，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )图14A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度大小是图乙中B 球加速度大小的2倍答案 D5．(多选)(2019·淮安中学期初)如图15所示，质量为m 的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x 0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则( )图15A ．滑块向左运动过程中，始终做减速运动B ．滑块向右运动过程中，始终做加速运动C ．滑块与弹簧接触过程中最大加速度为kx 0＋μmg mD ．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x ＝μmg k 时，滑块的速度最大6.(2018·田家炳中学开学考)质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图16所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为F f ，取g ＝10m/s 2，求： 图16(1)弹性球受到的空气阻力F f 的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h .答案 (1)0.2N (2)0.375m解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度为a ，由速度时间图象得：a ＝Δv Δt＝8 m/s 2 根据牛顿第二定律得：mg －F f ＝ma解得：F f ＝0.2 N(2)由v －t 图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v ＝4 m/s则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v ′＝3 m/s离开地面后a ′＝－mg ＋F f m ＝－12 m/s 2， 根据0－v ′2＝2a ′h解得：h ＝0.375 m.1．(2018·苏州市期初调研)kg 和s 是国际单位制中两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是( )A ．质量和时间B ．质量和位移C ．重力和时间D ．重力和位移 答案 A解析 kg 和s 这两个基本单位对应的物理量分别为质量和时间．位移的单位是m ，重力的单位是N.2.(2019·江都中学4月模拟)一个质量为m 的运动物体共受到三个共点力F 1、F 2、F 3的作用，这三个力的大小和方向构成如图1所示的三角形，则这个物体的加速度大小是( )图1A ．0 B.F 3mC.2F 2mD.2F 3m答案 C解析 根据三角形定则，F 1与F 3的合力等于从F 1的起点到F 3的终点的有向线段，即与F 2相同，故物体所受的合力为：F 合＝2F 2.根据牛顿第二定律得：a ＝F 合m ＝2F 2m，故C 正确，A 、B 、D 错误．3.如图2所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m ，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点，如果物体受到的阻力恒定，则( )图2A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小答案 A4．一个原来静止在光滑水平面上的物体，质量是7kg ，在14N 的水平恒力作用下运动，则5s 末的速度及5s 内通过的路程为( )A ．8m/s 25 mB ．2 m/s 25mC ．10m/s 25 mD ．10 m/s 12.5m 答案 C解析 物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v ＝at ＝2×5 m/s＝10 m/s ，x ＝12at 2＝12×2×25 m＝25 m ，选项C 正确．5．(2018·锡山中学月考)如图3所示，欲使在粗糙固定斜面上匀速下滑的木块A 停下，可采用的方法是( )图3A ．增大斜面的倾角B ．在木块A 上再叠放一个重物(与A 相对静止)C ．对木块A 施加一个垂直于斜面向下的力D ．对木块A 施加一个竖直向下的力答案 C解析木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得mg sinθ＝μmg cosθ；若增大斜面的倾角θ，重力沿斜面向下的分力mg sinθ增大，滑动摩擦力F f＝μmg cosθ减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动，故A错误；对木块A施加一个竖直向下的力，由于(F ＋mg)sinθ＝μ(F＋mg)cosθ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下，故B错误；对木块A施加一个垂直于斜面向下的力F，重力沿斜面向下的分力mg sinθ不变，而滑动摩擦力F f＝μ(F＋mg cosθ)增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下，故C正确；由A项分析可知mg sinθ＝μmg cosθ，得sinθ＝μcosθ，与质量无关，在木块A上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下，故D错误．6．(2018·江苏省高考压轴卷)如图4所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的轻弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右的加速度增大，则车左壁受到的物块的压力F1和车右壁受到的弹簧的弹力F2的大小变化是( )图4A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变C．F1、F2都变大D．F1变大，F2变小答案 B解析物块沿水平方向受向左的弹力和左壁对其向右的压力F1′，加速度增大时，弹力不变，F1′会增大．根据牛顿第三定律知，F1变大，F2不变，故选项B正确．7.(2018·前黄中学检测)在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图5所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明( )图5A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下答案 B解析根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力．小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿断裂橡皮绳的原方向斜向下，选项B正确．8.(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，如图6所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中的a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬吊着时的平衡位置．人在从P点下降到最低位置c点的过程中，下列说法中正确的是( )图6A．经过a点时，人的速度最大B．经过b点时，人的速度最大C．从a点到b点，人的加速度在增大D．从b点到c点，人的加速度在增大答案BD解析从a点到b点，人的重力大于弹力，加速度向下，人做加速运动，根据牛顿第二定律知加速度减小，当到达b位置，重力和弹力相等，加速度为零，速度最大，由b到c，重力小于弹力，加速度方向向上，人做减速运动，且加速度逐渐变大，速度逐渐变为零，故A、C错误，B、D正确．9．如图7所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做变速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图7A．小车一定向右做匀加速运动B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C．小球P受到的合力大小为mg tanθD．小球Q受到的合力大小为mg tanα答案 D解析选择小球Q作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mg tanα＝ma，得到a＝g tanα，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A错误．对小球P，由牛顿第二定律，得mg tanβ＝ma′，因为a＝a′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误．对小球P、Q由牛顿第二定律可知F＝ma＝mg tanα，故C错误，D正确．10．(2018·南京市学情调研)如图8所示，具有完全知识产权的两列中国标准动车组“复兴号”在京沪双向发车成功．若动车组各级车厢总质量均相等，它由8节车厢组成．其中第1和第5节车厢为动车，其余均为拖车，动车的额定功率都相同．若在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则该动车组( )图8A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀速运动时，乘客相对车厢竖直向上跳起后将落在起跳点后方C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2答案 D11．(2018·兴化市第一中学期初)两个完全相同的物块A 、B ，质量均为m ＝0.8kg ，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图9中的两条直线分别表示物块A 受到水平拉力F 作用和物块B 不受拉力作用的v －t 图象，求：图9(1)物块A 所受拉力F 的大小；(2)8s 末物块A 、B 之间的距离x .答案 (1)1.8N (2)60m解析 (1)设A 、B 两物块的加速度分别为a 1、a 2，由v －t 图象可知：A 、B 的初速度v 0＝6 m/s ，A 物块的末速度v 1＝12 m/s ，B 物块的末速度v 2＝0，根据速度时间公式，有a 1＝Δv 1Δt 1＝0.75 m/s 2① a 2＝Δv 2Δt 2＝1.5 m/s 2② 对A 、B 两物块分别由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 1③F f ＝ma 2④由①②③④可得：F ＝1.8 N即物块A 所受拉力F 的大小为1.8 N.(2)设A 、B 两物块8 s 内的位移分别为x 1、x 2，由图象得：x 1＝v 0＋v 12t 1＝72 m x 2＝v 0＋v 22t 2＝12 m 所以x ＝x 1－x 2＝60 m即8 s 末物块A 、B 之间的距离x 为60 m.12．(2018·常熟市期中)如图10甲所示，一质量m ＝0.4kg 的小物块，以v 0＝2m/s 的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10m/s 2.求： 图10(1)物块到达B 点时速度的大小，物块加速度的大小；(2)拉力F 的大小；(3)若拉力F 与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F 的表达式．答案 见解析解析 (1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：L ＝v 0＋v B 2t 解得v B ＝8 m/s物块的加速度为a ＝v B －v 0t ＝8－22m/s 2＝3 m/s 2 (2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有： 平行斜面方向：F －mg sin θ－F f ＝ma垂直斜面方向：F N －mg cos θ＝0其中：F f ＝μF N联立解得：F ＝5.2 N(3)平行斜面方向：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma垂直斜面方向：F sin α＋F N －mg cos θ＝0其中：F f ＝μF N联立解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α.。

＝
mAgsinθm＋BmBgsinθ＝mA2＋mBmBg，故 D 正确。
3. [2017·辽宁六校联考]如图所示，A、B 两球质量相等， 光滑斜面的倾角为 θ，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( )
1. (多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力 F 作 用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后( ) A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍可增大 C．当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为 0
解析 当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力 F 和弹簧水平向左的弹力。弹簧的弹力先小于恒力 F，后大于 恒力 F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加 速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力 F 时，木块 的速度最大，加速度为 0。当弹簧压缩量最大时，弹力大于 恒力 F，合力向左，加速度大于 0，故 B、C 正确，A、D 错误。
考点 动力学的两类基本问题 名师点拨 动力学的两类基本问题的解题步骤
例 2 [2017·山东济南调研]滑雪运动中当滑雪板压在雪 地上时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个 暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦力。然 而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一
值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速 度超过 4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 μ1 ＝0.25 变为 μ2＝0.125。一滑雪者从倾角 θ＝37°的坡顶 A 处 由静止开始自由下滑，滑至坡底 B 处(B 处为一光滑小圆弧) 后又滑上一段水平雪地，最后停 在 C 处，如图所示，不计空气阻 力，坡长 L＝26 m，g 取 10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：