應(yīng)用牛頓第二定律處理“四類(lèi)”問(wèn)題

1、第2講 應(yīng)用牛頓第二定律處理“四類(lèi)”問(wèn)題過(guò)好雙基關(guān)回相辜礎(chǔ)用識(shí)訓(xùn)迥基礎(chǔ)範(fàn)目、瞬時(shí)問(wèn)題1. 牛頓第二定律的表達(dá)式為：F合=ma，加速度由物體所受合外力決定，加速度的方向與物體所受合外力的方向一致當(dāng)物體所受合外力發(fā)生突變時(shí)，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運(yùn)動(dòng)的速度不能發(fā)生突變2. 輕繩、輕桿和輕彈簧(橡皮條)的區(qū)別:(1) 輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開(kāi)后，原有的彈力將突變?yōu)?.(2) 輕彈簧和橡皮條：當(dāng)輕彈簧和橡皮條與其它物體連接時(shí)，輕彈簧或橡皮條的彈力不能發(fā)生【自測(cè)1 如圖1, A、B、C三個(gè)小球質(zhì)量均為 m , A、B之間用一根沒(méi)有彈性的輕質(zhì)細(xì)繩連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，整個(gè)系統(tǒng)用細(xì)線(xiàn)

2、懸掛在天花板上并且處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將A上面的細(xì)線(xiàn)剪斷，使 A的上端失去拉力，則在剪斷細(xì)線(xiàn)的瞬間，A、B、C三個(gè)小球的加速度分別是圖1B.g , 2g , 0D.g , g , 0A. 1.5 g , 1.5g , 0C.g , g , g答案 A解析 剪斷細(xì)線(xiàn)前，由平衡條件可知，A上端的細(xì)線(xiàn)的拉力為 3mg , A、B之間細(xì)繩的拉力C所受合外力為2mg，輕彈簧的拉力為 mg.在剪斷細(xì)線(xiàn)的瞬間，輕彈簧中拉力不變，小球?yàn)榱?，所以C的加速度為零；A、B小球被細(xì)繩拴在一起，整體受到二者重力和輕彈簧向下 的拉力，由牛頓第二定律，3 mg = 2ma，解得a= 1.5 g，選項(xiàng)A正確.二、超重和失重1.

3、超重(1) 定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象.(2) 產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度.2. 失重(1) 定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象(2) 產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度.3. 完全失重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)等于 0的現(xiàn)象稱(chēng)為完全失重現(xiàn)象產(chǎn)生條件：物體的加速度a = g，方向豎直向下4. 實(shí)重和視重(1) 實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān) .(2) 視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力.此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為

4、視重I自測(cè)2 關(guān)于超重和失重的下列說(shuō)法中，正確的是()A. 超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了B. 物體做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體不受重力作用C. 物體具有向上的速度時(shí)處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時(shí)處于失重狀態(tài)D. 物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化答案 D三、動(dòng)力學(xué)圖象1. 類(lèi)型(1)已知圖象分析運(yùn)動(dòng)和受力情況;已知運(yùn)動(dòng)和受力情況分析圖象的形狀.2. 用到的相關(guān)知識(shí)通常要先對(duì)物體受力分析求合力，再根據(jù)牛頓第二定律求加速度,然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析.【自測(cè)3 (2016 海南單科5)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平

5、行向上的拉力F的作用，其下滑的速度一時(shí)間圖線(xiàn)如圖 2所示.已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)， 在05 s,510 s ,A. Fi< F2B.F2> F3C.Fi> F3D.Fi = F3答案 A研透命題點(diǎn)迪聊號(hào)噩和魔聴幷折5?呼話(huà)ifi點(diǎn)命題點(diǎn)一超重和失重問(wèn)題"基礎(chǔ)考點(diǎn)自主悟透1. 對(duì)超重和失重的理解(1) 不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變(2) 在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失(3) 盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài) .(4) 盡管整體沒(méi)有豎直方向的

6、加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也 會(huì)出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)2. 判斷超重和失重的方法從受力的角當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；小于重度判斷力時(shí)，物塊處于失重狀態(tài)；等于零時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時(shí)，物角度判斷體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時(shí)，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化物體向上加速或向下減速時(shí)，超重的角度判斷物體向下加速或向上減速時(shí)，失重【例代（多選）一人乘電梯上樓，在豎直上升過(guò)程中加速度 a隨時(shí)間t變化的圖線(xiàn)如圖3所示,以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力

7、（）A. t = 2 s時(shí)最大B.t = 2 s時(shí)最小C.t = 8.5 s時(shí)最大D.t = 8.5 s時(shí)最小答案 AD解析 人乘電梯向上運(yùn)動(dòng)，規(guī)定向上為正方向，人受到重力和支持力兩個(gè)力的作用，則有F mg = ma,即F= mg + ma ,根據(jù)牛頓第三定律知， 人對(duì)地板的壓力大小等于支持力的大 小，將對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度 （包含正負(fù)號(hào)）代入上式，可得選項(xiàng) A、D正確，B、C錯(cuò)誤.I變式廣州塔，昵稱(chēng)小蠻腰，總高度達(dá)600米，游客乘坐觀(guān)光電梯大約一分鐘就可以到達(dá)觀(guān)光平臺(tái).若電梯簡(jiǎn)化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t = 0時(shí)由靜止開(kāi)始上升，a t圖象如圖4 所示.則下列相關(guān)說(shuō)法正確的是 （）圖4A

8、.t = 4.5 s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài)C.t= 59.5 s時(shí)，電梯處于超重狀態(tài)B. 555 s時(shí)間內(nèi)，繩索拉力最小D.t = 60 s時(shí)，電梯速度恰好為零答案 D解析 利用a t圖象可判斷：t = 4.5 s時(shí)，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯(cuò)誤；05 s時(shí)間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力 > 重力，555 s時(shí)間內(nèi)，電梯處于勻速上 升過(guò)程，拉力=重力，5560 s時(shí)間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力< 重力，綜上所述，B、C 錯(cuò)誤；因a t圖線(xiàn)與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t = 60 s時(shí)為零，D正確.

9、【變式2為了讓乘客乘車(chē)更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整， 使座椅始終保持水平， 如圖5所示.當(dāng)此車(chē)減速上坡時(shí)，則乘客（僅考慮乘客與水平面之間的作用）（A.處于超重狀態(tài)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.所受合力豎直向上答案 C解析 當(dāng)車(chē)減速上坡時(shí)，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車(chē)的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不變，則人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示.將加速度沿豎直方向和水平方向分解，則有豎直向下的加速度，所以乘 客處于失重狀態(tài)，故 A、B、D錯(cuò)誤，C正確.模 構(gòu)里

10、建命題點(diǎn)瞬時(shí)問(wèn)題的兩類(lèi)模型"能力考點(diǎn)師生共研1兩種模型加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡(jiǎn)化 為以下兩種模型:不發(fā)生屈區(qū)形變就能產(chǎn)生彈力.苗腸或 輕繩輕桿i |代蟲(chóng)不需哽時(shí)閭恢菠瞄變*彈力血： 和接dii呼即消先戒故變.般噬口屮所給的輕馳、| 輕桿和擺鍛面在利in特珠說(shuō)期時(shí)'関町i_一，-旅此欖型處理網(wǎng)沖' '肆Js當(dāng)彈贊的兩軸與輸體相連（即兩ia為固：匯揺i 祥費(fèi)* 康!度蘋(píng)衾發(fā)生雲(yún)船斷口在諄時(shí)問(wèn)慝屮* | 和檬戌筋：k彈力曲扎小門(mén)*溝是不變船，即此時(shí)悍 :追的彈力不矣變2求解瞬時(shí)加速度的一般思路分析瞬時(shí)變化前后物體

11、的受力情況列牛頓第二定律方程 ？求瞬時(shí)加速度【例2 （2017 山東泰安二模）如圖6所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上,小球B用水平輕彈簧拉著，彈簧固定在豎直板上兩小球A、B通過(guò)光滑滑輪 O用輕質(zhì)細(xì)繩相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài) 已知B球質(zhì)量為m , O在半圓柱體圓心 Oi的正上方，OA與豎 直方向成30。角，OA長(zhǎng)度與半圓柱體半徑相等， OB與豎直方向成45。角，現(xiàn)將輕質(zhì)細(xì)繩剪斷的瞬間（重力加速度為g),F列說(shuō)法正確的是（）圖6A. 彈簧彈力大小為-2 mgB.球B的加速度為gC. 球A受到的支持力為-；2mg1D. 球A的加速度為一g2答案 D解析 剪斷細(xì)繩前對(duì) B球受力分析如圖,

12、由平衡條件可得 F彈=mgtan 45 ° =mg ；剪斷細(xì)繩瞬間，細(xì)繩上彈力立即消失，而彈簧彈力F彈和B球重力的大小和方向均沒(méi)有改變，則F合mgcos 45cos 30 ° = ：'6mg，剪斷細(xì)繩瞬間，A球受到的支持力 Fna = Gacos 30；18=2 mg，C項(xiàng)錯(cuò)；2 mg , aB= ；2g , A、B項(xiàng)錯(cuò)誤剪斷細(xì)繩前，有 A球的重力大小 Ga= 2F繩誤剪斷細(xì)繩瞬間，對(duì)A球由牛頓第二定律有 mAgsin 30 °AaA，得A的加速度aA= gsin 301=_g , D項(xiàng)正確.2I拓展延伸丨(1)如圖7甲、乙中小球 mi、m2原來(lái)均靜止，現(xiàn)

13、如果均從圖中B處剪斷，則圖甲中的彈簧和圖乙中的下段繩子，它們的拉力將分別如何變化?屮A Oi(2) 如果均從圖中 A處剪斷，則圖甲中的彈簧和圖乙中的下段繩子的拉力又將如何變化呢?由(2)的分析可以得出什么結(jié)論?答案(1)彈簧和下段繩的拉力都變?yōu)?.(2)彈簧的彈力來(lái)不及變化，下段繩的拉力變?yōu)?.(3) 繩的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變例3：如圖8所示，兩木塊 A、B質(zhì)量均為m，用勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕彈簧連在一 起，放在傾角為a的傳送帶上，兩木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為口，用與傳送帶平行的細(xì)線(xiàn)拉住木塊A，傳送帶按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)求：(1) A、B兩木塊之間的距離；

14、(2) 剪斷細(xì)線(xiàn)瞬間，A、B兩木塊加速度分別為多大mg sin a+(img cos a答案L+k(2)aA = 2g(sin a+ qos a), aB= 0解析(1)隔離B木塊受力分析，由平衡條件可得F彈=mgs in a+ mg cos amg sin a+(img cos a由胡克定律 F彈=k Ax得兩木塊間的距離為L(zhǎng)ab= L+Ax = L+k剪斷細(xì)線(xiàn)瞬間彈簧彈力不變，對(duì)木塊 B由牛頓第二定律得F彈一(mg sin a + mg cos a)=maB解得aB = 0.對(duì)于木塊 A 有 F 彈 + ung cos a+ mg sin a= ma a解得 aA = 2(gsin a+

15、ujcos a) = 2g(sin a+ pcos a).【變式3 如圖9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)量均為m,2、4質(zhì)量均為mo，兩個(gè)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).現(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. ai = a2= a3 = a4 = 0B. ai = a2 = a3 = a4 = gm + moC.ai = a2= g, a3= o, a4 =gmom + mom + moD.ai = g , a2=g , a3=

16、 o, a4=gmomo答案 C解析 在抽出木板的瞬間，物塊1、2與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ai = a2 = g ；物塊3、4間的輕彈簧的形變還來(lái)不及改變，此時(shí)彈簧對(duì)物塊3向上的彈力大小和對(duì)物塊 4向下的彈力大小仍為 mg，因此物塊3滿(mǎn)足FF+ mog mo+ mmg = o,即卩a3= o;由牛頓第二定律得物塊 4滿(mǎn)足a4 =g，所以C對(duì).momo命題點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)圖象問(wèn)題#能力考點(diǎn)師生共研1. 常見(jiàn)的動(dòng)力學(xué)圖象v t圖象、a t圖象、F t圖象、F a圖象等.2. 圖象問(wèn)題的類(lèi)型(1) 已知物體受的力隨時(shí)間變化的圖線(xiàn)，要求分析物體的運(yùn)動(dòng)情況已知

17、物體的速度、加速度隨時(shí)間變化的圖線(xiàn)，要求分析物體的受力情況(3)由已知條件確定某物理量的變化圖象.3. 解題策略(1) 分清圖象的類(lèi)別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所 反映的物理過(guò)程，會(huì)分析臨界點(diǎn).注意圖線(xiàn)中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線(xiàn)與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線(xiàn)的轉(zhuǎn)折點(diǎn), 兩圖線(xiàn)的交點(diǎn)等(3) 明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情景結(jié)合起來(lái)，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問(wèn)題作出準(zhǔn)確判斷【例4】如圖10甲所示，兩滑塊 A、B用輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪相連，B距地面一定高度，

18、A可在與斜面平行的細(xì)線(xiàn)牽引下沿足夠長(zhǎng)的粗糙斜面向上滑動(dòng)已知mA = 2 kg , mB=4 kg，斜面傾角e= 37 °某時(shí)刻由靜止釋放 A,測(cè)得A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的 v t圖象如圖乙將已知量代入，可得a2 = 8 m/s 1 2 3vA沿斜面向上滑動(dòng)的最大位移；故A減速向上滑動(dòng)的位移為X2= 0.25 m2a2v求當(dāng)t = 0.5 s時(shí)物體的加速度大小. 物體在t = 0至t = 2 s內(nèi)何時(shí)物體的加速度最大？最大值為多少？ 物體在t = 0至t = 2 s內(nèi)何時(shí)物體的速度最大？最大值為多少？答案 (1)0.5 m/s 2 (2)當(dāng) t = 0 時(shí)，am = 1 m/s 2 當(dāng) t=

19、 2 s 時(shí)，am '= m/s 2 (3)t = 1 s時(shí)，v = 0.5 m/s解析 (1)由題圖乙可知F2= (2 + 2t) N當(dāng) t = 0.5 s 時(shí)，F(xiàn)2 = (2 + 2 X0.5) N = 3 NF1 F2= maF1 F24 3a = m/s 2 = 0.5 m/s 2.m 2物體所受的合外力為F合=F1 F2= 2 2t(N)作出F合一t圖象如圖所示考慮00.5 s內(nèi)A加速向上滑動(dòng)的位移 X1= 0.5 m2ai所以，A上滑的最大位移為 x = xi + X2= 0.75 m1A加速上滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理：W (mAgsin 0+ pmAgcos B)xi = m

20、AV2 0得 W = 12 J.【例5】(2018 吉林公主嶺模擬)如圖11甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為 m = 2 kg的物體.物體同時(shí)受到兩個(gè)水平力的作用，F(xiàn)1 = 4 N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時(shí)間均勻變化，如圖乙所示.物體從零時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng).圖11從圖中可以看出，在 02s范圍內(nèi)當(dāng)t = 0時(shí)，物體有最大加速度amFm = ma mFm 2am = = 一 m/s 2 = 1 m/s 2 m 2當(dāng)t = 2 s時(shí)，物體也有最大加速度 amFm=ma mFm，- 2am'=m/s 2 = 1 m/s 2m 2負(fù)號(hào)表示加速度方向向左F合由牛頓第二定律得 a = 1

21、t （m/s 2）m畫(huà)出at圖象如圖所示:lti/im s'-1!3Il1-1由圖可知t= 1 s時(shí)速度最大，最大值等于 a t圖象在t軸上方與橫、縱坐標(biāo)軸所圍的三角1形的面積 v=X1 X1 m/s = 0.5 m/s.2【變式4 （多選）如圖12甲所示，一質(zhì)量為 M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力 F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出其加速度a，得到如圖乙所示的 a F圖象.取g = 10 m/s 2.則下列說(shuō)法正確的是（）甲乙圖12A. 滑塊的質(zhì)量 m = 4 kgB.木板的質(zhì)量 M = 4 kgC. 滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D.當(dāng)F=

22、 8 N時(shí)滑塊加速度為2 m/s 2答案 AC解析 由題圖乙，當(dāng)F等于6 N時(shí)，加速度a = 1 m/s 2,對(duì)整體：F= (M + m)a，解得：MF(img1 1+ m = 6 kg ,當(dāng)F大于6 N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得 a= 亦，知圖線(xiàn)的斜率k=亦=?, 解得M = 2 kg，故滑塊的質(zhì)量 m = 4 kg，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)F大于6 N的圖線(xiàn)延長(zhǎng)F(img線(xiàn)知，F(xiàn)= 4 N時(shí)，a= 0,貝U a=，解得0.1，故C正確；根據(jù)(img = ma '，得aM=1 m/s 2, D 錯(cuò)誤.能力考點(diǎn)師生共研1.連接體的類(lèi)型(1)彈簧連接體(2)物物疊放連接體(3) 輕繩連接體（4

23、）輕桿連接體2.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)輕繩一一輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等輕桿一一輕桿平動(dòng)時(shí)， 連接體具有相同的平動(dòng)速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度,而線(xiàn)速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比輕彈簧一一在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時(shí)，兩端連接體的速率相等3.處理連接體問(wèn)題的方法整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相冋的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個(gè)整體， 分析整體受到的外力， 應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度或其他未知量隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相冋，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出

24、來(lái)，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解整體法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相冋的加速度， 且要求物體之間的作用力時(shí)， 可以 先用整體法求出加速度， 然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象， 應(yīng)用牛頓 第二定律求作用力即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”例6：（多選）（2015 新課標(biāo)全國(guó)H 20）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車(chē)廂當(dāng)機(jī)車(chē)在東邊拉著這列車(chē)廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車(chē)廂2的掛鉤P和Q間的拉力大小為 F；當(dāng)機(jī)車(chē)在西邊拉著車(chē)廂以大小為3a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為 F.不計(jì)車(chē)廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量相同，則這列車(chē)廂的節(jié) 數(shù)可能為（）

25、A. 8B.10C.15D.18答案 BC解析 設(shè)PQ西邊有n節(jié)車(chē)廂，每節(jié)車(chē)廂的質(zhì)量為 m，則F= nma2設(shè)PQ東邊有k節(jié)車(chē)廂，則F= km a 聯(lián)立得3n = 2 k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當(dāng)n = 2時(shí)，k= 3，總節(jié)數(shù)為N = 5當(dāng)n = 4時(shí)，k= 6，總節(jié)數(shù)為N = 10當(dāng)n = 6時(shí)，k= 9，總節(jié)數(shù)為N = 15當(dāng)n = 8時(shí)，k= 12，總節(jié)數(shù)為 N = 20,故選項(xiàng)B、C正確變式5 （多選）（2018 陜西商洛質(zhì)檢）如圖13所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為 m和M 的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為口，當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速

26、度a1勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為X1 ;當(dāng)用同樣大小的恒力 F沿著傾角為B的光滑斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度a2勻加速沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為 X2，則下列說(shuō)法中正確的是（）圖13A.若 m> M，有 X1 = X2B.若 m < M，有 X1 = X2C.若（i>sin0,有 X1> X2D. 若（i<sin0,有 X1< X2答案 AB解析 在水平面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F（4m + M）g = （m + M ）ai隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有 Ft mg = mai聯(lián)立解得F mFt=m + M在斜面上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)

27、整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F （m + M）gs in 0= （m + M）a2隔離物塊A，根據(jù)牛頓第二定律，有 Ft 'ngsin 0= ma 2F m聯(lián)立解得Ft'=M + m比較可知，彈簧彈力相等，與動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角無(wú)關(guān)，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤I變式6 （多選）如圖14所示，傾角為0的斜面放在粗糙的水平地面上，現(xiàn)有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑支架上用細(xì)線(xiàn)懸掛的小球達(dá)到穩(wěn)定（與滑塊相對(duì)靜止）后，懸線(xiàn)的方 向與豎直方向的夾角也為 0,斜面體始終保持靜止，則下列說(shuō)法正確的是（）A. 斜面光滑B. 斜面粗糙C. 達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向左D. 達(dá)

28、到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向右答案 AC解析隔離小球，可知小球的加速度方向?yàn)檠匦泵嫦蛳?，大小為gsin 0,對(duì)支架系統(tǒng)進(jìn)行分析，只有斜面光滑，支架系統(tǒng)的加速度才是gsin 0,所以A正確，B錯(cuò)誤將支架系統(tǒng)和斜面看成一個(gè)整體，因?yàn)檎w具有沿斜面向下的加速度，故地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向左，C正確，D錯(cuò)誤故選A、C.課時(shí)作業(yè)層時(shí)訓(xùn)璋 萬(wàn)規(guī)范詰速度N雙基鞏固練1.在兒童蹦極游戲中， 拴在腰間左右兩側(cè)的是彈性極好的橡皮繩，質(zhì)量為m的小明如圖1所示靜止懸掛時(shí)，兩橡皮繩的拉力大小均恰為 mg若此時(shí)小明左側(cè)橡皮繩斷裂，則小明 （ ）圖1A. 加速度為零，速度為零B. 加速度a= g，沿原斷裂橡皮

29、繩的方向斜向下C. 加速度a= g，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上D. 加速度a= g,方向豎直向下答案 B解析根據(jù)題意，腰間左右兩側(cè)的橡皮繩的彈力等于重力 小明左側(cè)橡皮繩斷裂，則小明此時(shí) 所受合力方向沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度 a = g ,沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，選項(xiàng) B正確2兩個(gè)質(zhì)量分別為 mi、m2的物體A和B緊靠在一起放在光滑水平桌面上，如圖2所示，如果它們分別受到水平推力2F和F,則A、B之間彈力的大小為（）圖2m 2A.Fm i + m22mi + m2D.Fmi + m2m i mi+ 2m2B.FC.Fm i + m2 m i + m2答案 C

30、解析 根據(jù)牛頓第二定律對(duì)整體有：2F- F= （mi + m2）a，方向水平向右；對(duì)物體 B有：Fn mi + 2m2F= m2a，聯(lián)立上述兩式得：Fn =F,故選項(xiàng)A、B、D均錯(cuò)誤，選項(xiàng) C正確.mi + m23. 電梯在t = 0時(shí)由靜止開(kāi)始上升，運(yùn)動(dòng)的a t圖象如圖3所示（選取向上為正）,電梯內(nèi)乘客的質(zhì)量mo= 50 kg，重力加速度g取10 m/s 2,下列說(shuō)法正確的是（）A. 第9 s內(nèi)乘客處于失重狀態(tài)B. 18 s內(nèi)乘客處于平衡狀態(tài)C. 第2 s內(nèi)乘客對(duì)電梯的壓力大小為550 ND. 第9 s內(nèi)電梯速度的增加量為1 m/s答案 C4. （多選）如圖4甲所示，質(zhì)量為m = 2 kg的

31、物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 口= 0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開(kāi)始沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng) 過(guò)一段時(shí)間后，物塊回到出發(fā)點(diǎn)O處，取水平向右為速度的正方向，物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其速度v隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s 2，則（）甲乙A. 物塊經(jīng)過(guò)4 s回到出發(fā)點(diǎn)B. 物塊運(yùn)動(dòng)到第3 s時(shí)改變水平拉力的方向C. 3.5 s時(shí)刻水平力F的大小為4 ND. 4.5 s時(shí)刻水平力 F的大小為16 N答案 CD5. 如圖5所示，質(zhì)量為m的小球用一水平輕彈簧系住， 并用傾角為60。的光滑木板AB托住,小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，在木板AB突然向下撤離的瞬間，小

32、球的加速度為（）圖5A.0B.大小為g，方向豎直向下C.大小為-3g，方向垂直木板向下D.大小為2g,方向垂直木板向下答案 D解析 撤離木板AB瞬間，木板對(duì)小球的支持力消失，而小球所受重力和彈力不變，且二力的合力與原支持力等大反向6. （多選）（2017 河北保定一模如圖6所示，一質(zhì)量M = 3 kg、傾角為a = 45。的斜面體放在光滑 水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為 m = 1 kg的光滑楔形物體 用一水平向左的恒力F作用在斜面 體上，系統(tǒng)恰好保持相對(duì)靜止地向左運(yùn)動(dòng).重力加速度為g = 10 m/s 2,下列判斷正確的是（ ）圖6A. 系統(tǒng)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B. F= 40 NC. 斜面體對(duì)楔

33、形物體的作用力大小為5 2 ND. 增大力F,楔形物體將相對(duì)斜面體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)答案 BD解析 對(duì)整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F= （M + m）a，對(duì)楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有mgtan 45 ° =ma，可得F= 40 N , a = 10 m/s 2, A錯(cuò)，B對(duì)斜面體對(duì)楔形物體的作用力mgFN2 =sin 45；'2mg = 10,2 N , C錯(cuò)外力F增大，則斜面體加速度增加，楔形物體不能獲得那么大的加速度，將會(huì)相對(duì)斜面體沿斜面上滑,7. 如圖7所示，質(zhì)量分別為 mi、m2的兩個(gè)物體通過(guò)輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直

34、線(xiàn)運(yùn)動(dòng) （mi在光滑地面上，m2在空中）.已知力F與水平方向的夾角為 B.則mi的加速度大小為（）Fsin 0B-m i + m2Fsin 0D.-m2Fcos 0A.-m i + m2Fcos 0C.m i答案 A解析 把mi、m2看成一個(gè)整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcos 0Fcos 0=(mi + m2)a，所以a=，選項(xiàng)A正確m i + m2b綜合提升練8. （20i4 北京理綜i8）應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入例如平伸手掌托起物體，由靜止開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，直至將物體拋出.對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是（）A. 手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，

35、物體始終處于超重狀態(tài)B. 手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于失重狀態(tài)C. 在物體離開(kāi)手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D. 在物體離開(kāi)手的瞬間，手的加速度大于重力加速度 答案 D解析 手托物體拋出的過(guò)程，必有一段加速過(guò)程，其后可以減速，可以勻速，當(dāng)手和物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體既不超重也不失重；當(dāng)手和物體減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體從靜止到運(yùn)動(dòng)，必有一段加速過(guò)程，此過(guò)程物體處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)物體離開(kāi)手的瞬間，物體只受重力，此時(shí)物體的加速度等于重力加速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；手和物體分離之前速度相同， 分離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大，物體離開(kāi)手的瞬間，手的加速度大

36、于重力加速度，所以選項(xiàng)D正確9. （2018 湖南懷化質(zhì)檢）如圖8所示，A、B、C三球質(zhì)量均為 m，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(gè)輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)連接 傾角為B的光 滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線(xiàn)均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線(xiàn)被燒 斷的瞬間，下列說(shuō)法正確的是（）A. A球受力情況未變，加速度為零B. C球的加速度沿斜面向下，大小為gCA、B之間桿的拉力大小為 2mg sin 01D. A、B兩個(gè)小球的加速度均沿斜面向上，大小均為一gsin 02答案 D解析 細(xì)線(xiàn)被燒斷的瞬間，以 A、B整體為研究對(duì)象，彈簧彈力不變，細(xì)線(xiàn)拉力突變?yōu)?,

37、合力不為0,加速度不為0,故A錯(cuò)誤；對(duì)球C,由牛頓第二定律得： mgs in 0= ma，解得: a = gsin 0,方向沿斜面向下，故B錯(cuò)誤；以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象， 燒斷細(xì)線(xiàn)前， A、B、C靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，彈簧的彈力F= 3mg sin 0,燒斷細(xì)線(xiàn)的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：3mgsin10- 2mg sin 0= 2ma，則A、B的加速度a= gsin B,故D正確；由 D可知，B的加速Ft mg sin30= ma，解得：Ft= 21度為a= gsin0,以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得mg sin 0,故C錯(cuò)誤；故選D.10. （多選）如圖9所示，在豎直平面內(nèi)， A和B是兩個(gè)相同的輕彈簧， C是橡皮筋，它們?nèi)?間的夾角均為120 °，已知A、B對(duì)小球的作用力均為 F,此時(shí)小球平衡，C處于拉直狀態(tài)，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間.則剪斷橡皮筋的瞬間，小球的加速度可能為FA.g -,方向豎直向下mFD. + g，方向豎直向下mFB g，方向豎直向上C.0m答案 BC解析 由于橡皮筋 C只能提供向下的拉力，所以輕彈簧A