步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：3.2牛顿第二定律_两类动力学问题 学生用

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题知识点一牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的成正比，跟它的成反比，加速度的方向跟的方向相同.(2)公式：.(3)物理意义：它说明了力是产生的原因.(4)适用X围：①只适用于研究中运动与力的关系，不能用于非惯性系；②只适用于解决物体的运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题.2.单位制(1)单位制：由和导出单位一起构成单位制.①基本单位：在力学中，选定、时间和三个物理量的单位为基本单位.②导出单位：根据物理公式中其他物理量和的关系，推导出的物理量的单位.(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m 千克时间t 秒长度l 米电流I 安[培] A 热力学温度T 开[尔文]K物质的量n 摩[尔]mol发光强度I V坎[德拉]cd速2.(1)基本单位①长度质量②基本物理量(2)kg s m知识点二超重和失重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.3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)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.答案：1.(1)大于(2)向上 2.(1)小于(2)向下 3.(1)等于零(2)g(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同.( )(2)质量越大的物体，加速度越小.( )(3)物体的质量与加速度成反比.( )(4)物体受到外力作用，立即产生加速度.( )(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况.( )(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小.( )答案：(1)√(2)(3)(4)√(5)(6)√考点对牛顿第二定律的理解牛顿第二定律的“五个性质〞：考向1 力和运动的定性关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度.(2)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝Fm是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m.(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动.[典例1] 如下图，一轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点.今用一物体m 把弹簧压缩到A 点，然后释放，物体能运动到C 点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，以下说法正确的选项是( )A.物体从A 到B 速度越来越大，从B 到C 速度越来越小B.物体从A 到B 速度越来越小，从B 到C 加速度不变C.物体从A 到B 先加速后减速，从B 到C 一直减速运动D.物体在B 点受力为零[解析] 物体在A 点时受两个力作用，向右的弹力kx 和向左的摩擦力F f ，合力F 合＝kx －F f ，物体从A →B 的过程，弹力由大于F f 减至为零，所以开始一段合力向右，中间有一点合力为零，然后合力向左，而v 一直向右，故物体先做加速度越来越小的加速运动，在A 到B 中间有一点加速度为零，速度达到最大，接着做加速度越来越大的减速运动；物体从B →C 过程，F 合＝F f 为恒力，方向向左，所以物体做加速度不变的匀减速运动，故C 正确.[答案] C考向2 牛顿第二定律的矢量性由于加速度的方向与合力的方向总相同，假设合力方向，即可确定加速度方向；反之，假设加速度方向，即可确定合力的方向.[典例2] (多项选择)如下图，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对小车静止地摆放在右端.B 与小车平板间的动摩擦因数为μ.假设某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，那么此刻( )A.小车对物块B的摩擦力大小为μmgB.小车对物块B的摩擦力水平向右C.小车对物块B的摩擦力大小为mg tan θD.小车对物块B的合力大小为mg1＋tan2θ[解析] 以整体(小车、支架、小球、物块)为研究对象，其加速度方向只能是水平方向；以小球A为研究对象，受力分析知其合力水平向右，由牛顿第二定律有m A g tan θ＝m A a，可得小车向左做加速度大小为a＝g tan θ的匀减速运动；以物块B为研究对象，小车对物块B向右的静摩擦力F f＝ma＝mg tan θ，小车对物块B竖直向上的支持力F N＝mg，故小车对物块B 产生的作用力的大小为F＝F2N＋F2f＝mg1＋tan2θ，方向为斜向右上方，选项B、C、D正确.[答案] BCD考向3 牛顿第二定律的瞬时性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：[典例3] 如下图，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，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，那么在突然撤去挡板的瞬间有( )A.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球的加速度是图乙中B球加速度的2倍[解析] 撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ.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，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D 正确.[答案] D考向4 牛顿第二定律的独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵守牛顿第二定律. (2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和.(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵守牛顿第二定律，即a x ＝F x m ，a y ＝F y m.[典例4] (2017·某某某某四校月考)如下图，当小车向右加速运动时，物块M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时 ( )A.M 受静摩擦力增大B.M 对车厢壁的压力减小C.M 仍相对于车厢静止D.M 受静摩擦力减小[解析] 分析M 受力情况如下图，因M 相对车厢壁静止，有F f ＝Mg ，与水平方向的加速度大小无关，A 、D 错误.水平方向，F N ＝Ma ，F N 随a 的增大而增大，由牛顿第三定律知，B 错误.因F N 增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M 相对于车厢仍静止，C 正确.[答案] C 考点对超重和失重的理解与应用1.超重、失重和完全失重比较超重 失重 完全失重 产生条件 加速度方向向上加速度方向向下加速度方向向下，且大小a ＝g动力学 原理F －mg ＝ma F ＝m (g ＋a )mg －F ＝ma F ＝m (g －a )mg －F ＝mg F ＝0可能状态①加速上升；②减速下降①加速下降；②减速上升①自由落体运动和所有的抛体运动；②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等2.对超重和失重的进一步理解(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重〞发生变化).(2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关.(3)尽管物体的加速度不是在竖直方向，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.[典例5] (2015·某某卷)(多项选择)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如下图，以竖直向上为a的正方向，那么人对地板的压力( )A.t＝2 s时最大B.t＝2 s时最小C.t＝8.5 s时最大D.t＝8.5 s时最小[解析] 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s 时压力最小，D项正确.[答案] AD[变式1] (多项选择)如下图，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方连接一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力.假设在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，那么在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )A.加速下降B.加速上升C.物块处于失重状态D.物块处于超重状态答案：AC 解析：木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态.当物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，选项A、C正确.[变式2] (2017·某某五校联考)如下图为用索道运输货物的情景，倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力为1.15倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )mgmgmgmg答案：D 解析：车厢内的重物受重力、支持力和水平向右的摩擦力作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知F－mg＝ma sin 37°，F f＝ma cos 37°，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力F＝1.15mg，代入上式解得：F f＝0.20mg，D项正确.超重和失重现象判断的技巧(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.考点动力学两类基本问题1.解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁〞，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图.2.两类动力学问题的解题步骤考向1 受力求运动[典例6] (2017·某某株洲质检)如下图，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同.该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移； (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离.[解题指导] 根据题意，画出运动过程示意图，分析每一过程的量和未知量，根据牛顿第二定律及运动学公式求解.[解析] (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s 位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F fm经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v 2，那么v 22－v ′21＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2解得x 2＝5.2 m.[答案] (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m考向2 运动求受力[典例7] (2017·某某威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机〞，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放.可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零.然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？ [问题探究] (1)座椅匀加速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？ (2)利用第一阶段的结果，座椅匀减速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？ [提示] (1)知道初速度、加速度、时间三个物理量，可求出末速度和位移.(2)第一阶段的末速度即为第二阶段的初速度，又由于总位移，所以可求出匀减速下落的位移，由题意末速度为零，即知道初速度、末速度、位移，可求出时间和加速度.[解析] (1)自由下落的位移h ′＝12gt 21＝20 m座椅自由下落结束时刻的速度v ＝gt 1＝20 m/s设座椅匀减速运动的总高度为h ，那么h ＝(40－4－20) m ＝16 m由h ＝v2t 得t ＝1.6 s.(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F ，由v ＝at 得a＝12.5 m/s2由牛顿第二定律得F－mg＝ma解得Fmg＝2.25.[答案] (1)1.6 s (2)2.25考向3 动力学两类问题综合应用[典例8] 随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如下图，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵.一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N.假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05 倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍.飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，取g＝10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小.[解题指导] 此题可按以下思路进行分析：[解析] (1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2代入数据解得a2＝4.0 m/s2.(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v 2－v 21＝2a 2(l －l 1)根据牛顿第二定律有F 牵＋F 推－f 1＝ma 1 代入数据解得a 1＝58 m/s 2，F 牵＝1.05×106N. [答案](1)4.0 m/s 2(2)58 m/s 21.05×106N解决动力学两类问题的两个关键点1.[受力分析与牛顿第二定律]如下图，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时，自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，那么电梯在运送乘客的过程中( )A.乘客始终受摩擦力作用B.乘客经历先超重再失重的状态C.电梯对乘客的作用力始终竖直向上D.电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上答案：D 解析：乘客先有斜向上的加速度后匀速运动，故乘客先超重后处于平衡状态，选项B 错误.匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡，不受摩擦力，选项A 错误；乘客在加速阶段受电梯的作用力与重力作用，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项C 错误，D 正确.2.[牛顿第二定律的简单应用]物块A 放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；假设该木板与水平面成60°角倾斜，取g ＝10 m/s 2，那么物块A 沿此斜面下滑的加速度大小为( )A.5 3 m/s 2B.3 3 m/s 2C.(5－3) m/s 2D.1033m/s 2答案：D 解析：由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得F f ＝mg sin 30°，又F N1＝mg cos 30°，F f ＝μF N1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有F N2＝mg cos 60°，mg sin 60°－μF N2＝ma ，求得a ＝1033 m/s 2，D 对.3.[对瞬时性的理解](多项选择)如下图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ，整个系统处于静止状态.现将细线剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间，( )A.a 1＝3gB.a 1＝0C.Δl 1＝2Δl 2D.Δl 1＝Δl 2答案：AC 解析：剪断细线前，把a 、b 、c 看成整体，细线上的拉力为T ＝3mg .因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a 、b 、c 之间的作用力与剪断细线之前相同.那么将细线剪断瞬间，对a 隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg ＝ma 1得a 1＝3g ，A 正确，B 错误.由胡克定律知：2mg ＝k Δl 1，mg ＝k Δl 2，所以Δl 1＝2Δl 2，C 正确，D 错误.4.[对瞬时性的理解]如下图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q .球静止时，Ⅰ中拉力大小为F T1，Ⅱ中拉力大小为F T2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a 应是( )A.a ＝g ，竖直向下B.a ＝g ，竖直向上C.a ＝F T2m，方向水平向左 D.a ＝F T1m，方向沿Ⅰ的延长线 答案：C 解析：剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到F T1和重力mg 作用，合力水平向左，大小为F T2，所以加速度为a ＝F T2m，方向水平向左，选项C正确.5.[动力学两类问题]如图甲所示，质量m ＝1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v ­t 图象)如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，求：(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F . 答案：(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s 24 m/s 28 N 解析：(1)在2 s 内，由图乙知： 物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1 m＝1 m ①物块下滑的距离：x 2＝12×1×1 m＝0.5 m ②所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m ③ 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m.④(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a 1＝4 m/s 2⑤ a 2＝4 m/s 2⑥设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有 0～0.5 s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1⑦ 0.5～1 s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2⑧ 由⑤⑥⑦⑧式得F ＝8 N.。

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1．如图1所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后()．图1A．将立即做变减速运动B．将立即做匀减速运动C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零解析物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增加，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大．综上所述，A、B、D错误，C正确．答案 C2．质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)()．A.2xt2 B.2x2t－1C.2x2t＋1D.2xt－1解析由牛顿第二定律F＝ma与x＝12at2，得出F＝2mxt2＝2xt2.答案 A3．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是()解析 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝k v 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝k v m ＋g ，可知，a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确．答案 C4．一个原来静止的物体，质量是7 kg ，在14 N 的恒力作用下，则5 s 末的速度及5 s 内通过的路程为( )．A ．8 m/s 25 mB ．2 m/s 25 mC ．10 m/s 25 mD ．10 m/s 12.5 m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.答案 C5．如图2所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图2A ．都等于g 2B.g 2和0C.M A ＋M B M B ·g 2和0 D ．0和M A ＋M B M B ·g 2解析 线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A 球仍受力平衡，加速度为0，B 球受重力、支持力、弹簧产生的大小为M A g ·sin 30°的弹力，所以可得其加速度为(M A ＋M B )·g 2M B. 答案 D6．用细绳拴一个质量为m 的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x (小球与弹簧不拴连)，如图3所示．将细绳剪断后( )．图3A ．小球立即获得kx m 的加速度B ．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C ．小球落地的时间等于 2hg D ．小球落地的速度大于2gh解析 细绳剪断瞬间，小球受竖直方向的重力和水平方向的弹力作用，选项A 、B 均错；水平方向的弹力不影响竖直方向的自由落体运动，故落地时间由高度决定，选项C 正确；重力和弹力均做正功，选项D 正确．答案 CD7. 乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图4所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )．图4 A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋maD．小物块受到的静摩擦力为12mg＋ma解析小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有f－mg sin30°＝ma，f＝12mg＋ma，方向平行斜面向上．答案AD8．如图5所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为()．图5A.F3k B.F2k C．L＋F3k D．L＋F2k解析两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律，可得：kx＝ma，则此时两球间的距离为L＋F3k，C正确．答案 C9．如图6所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO 、bO 、cO ，其下端都固定于底部圆心O ，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°.若有三个小孩同时从a 、b 、c 处开始下滑(忽略阻力)，则( )图6A ．a 处小孩最后到O 点B ．b 处小孩最后到O 点C ．c 处小孩最先到O 点D ．a 、c 处小孩同时到O 点解析 设圆柱半径为R ，滑板长l ＝R cos θ，a ＝g ·sin θ，t ＝2la ＝4Rg ·sin 2θ，分别将θ＝30°，45°，60°代入计算可知，t a ＝t c ≠t b ，故D 对．答案 D10．如图7所示，m ＝1.0 kg 的小滑块以v 0＝4 m/s 的初速度从倾角为37°的斜面AB 的底端A 滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.6 s 滑块正好通过B 点，则AB 之间的距离为( )．图7A ．0.8 mB ．0.76 mC ．0.64 mD ．0.16 m 解析 滑块沿斜面向上运动时，加速度大小为a 1＝g (sin 37°＋μcos 37°)＝10m/s 2，滑块经t 1＝v 0a 1＝0.4 s 速度即减为零．因此0.6 s 时是向下经过B 点．下滑时加速度大小为a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s 2，则AB 间的距离s AB ＝v 202a 1－12a2(t－t1)2＝0.76 m，B项正确．答案 B11．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为F f1、F f2、F f3、F f4，则以下结论不正确的是()．图8A．F f1∶F f2＝1∶2 B．F f2∶F f3＝1∶2C．F f3∶F f4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ解析已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在题第(1)图和第(2)图中摩擦力F f＝Ma，则F f1∶F f2＝1∶2.在第(3)图和第(4)图中摩擦力F f3＝(M＋m)a3，F f4＝(M＋m)a4，F f3∶F f4＝1∶2.第(3)、(4)图中，a3＝g tan θ，a4＝g tan α，则tan α＝2tan θ.答案ACD9．如图9所示，光滑水平桌面上的布带上静止放着一质量为m＝1.0 kg的小铁块，它离布带右端的距离为L＝0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为μ＝0.1.现用力从静止开始向左以a0＝2 m/s2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g取10 m/s2，求：图9(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间？(2)铁块离开布带时的速度大小是多少？解析(1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为L ＋x，铁块滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，a＝μg＝1 m/s2，根据运动学公式有：L＋x＝12a0t2，x＝12at2，解得：t＝2La0－μg＝1 s.(2)由v＝v0＋at得：铁块速度v＝1×1 m/s＝1 m/s.答案(1)1 s(2)1 m/s12．如图10(a)所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：图10(1)斜面BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块发生的位移．解析(1)分析滑块受力，如图所示，由牛顿第二定律得：a1＝g sin θ＝6 m/s2通过图(b)可知滑块在斜面上运动的时间为：t1＝1 s，由运动学公式得：s＝12a1t21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为：N1′＝N1＝mg cos θ木块对传感器的压力为：F1＝N1′sin θ由图(b)可知：F1＝12 N，解得：m＝2.5 kg.(3)滑块滑到B点的速度为：v1＝a1t1＝6 m/s，由图(b)可知：f1＝f2＝5 N，t2＝2 s，a2＝f2m＝2 m/s 2，s2＝v1t2－12a2t22＝8 m.答案(1)3 m(2)2.5 kg(3)8 m。