應用牛頓第二定律處理“四類”問題

第2講 應用牛頓第二定律處理 “四類”問題一、瞬時問題1.牛頓第二定律的表達式為： 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.當物體所受合外力發(fā)生突變時，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運動的速度不能發(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后，原有的彈力將突變?yōu)?0.(2)輕彈簧和橡皮條：當輕彈簧和橡皮條與其它物體連接時，輕彈簧或橡皮條的彈力不能發(fā)生突變.自測

1

如圖

1，A、B、C

三個小球質量均為

m，A、B之間用一根沒有彈性的輕質細繩連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，整個系統用細線懸掛在天花板上并且處于靜止狀態(tài) .現將上面的細線剪斷，使 A的上端失去拉力，則在剪斷細線的瞬間， A、B、C三個小球的加速度

A分別是(

)，1.5g，0C.g，g，g

圖1B.g，2g，0D.g，g，0答案

A解析剪斷細線前，由平衡條件可知，A上端的細線的拉力為3mg，A、B之間細繩的拉力為2mg，輕彈簧的拉力為mg.在剪斷細線的瞬間，輕彈簧中拉力不變，小球C所受合外力為零，所以

C的加速度為零；

A、B小球被細繩拴在一起，整體受到二者重力和輕彈簧向下的拉力，由牛頓第二定律， 3mg＝2ma，解得a＝1.5g，選項A正確.二、超重和失重1.超重(1)定義：物體對支持物的壓力 (或對懸掛物的拉力 )大于物體所受重力的現象 .(2)產生條件：物體具有向上的加速度 .2.失重(1)定義：物體對支持物的壓力 (或對懸掛物的拉力 )小于物體所受重力的現象 .(2)產生條件：物體具有向下的加速度 .3.完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力 (或對豎直懸掛物的拉力 )等于0的現象稱為完全失重現象 .(2)產生條件：物體的加速度 a＝g，方向豎直向下 .4.實重和視重(1)實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關 .(2)視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力 .此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重 .自測2 關于超重和失重的下列說法中，正確的是 ( )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物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用C.物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài)D.物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化答案 D三、動力學圖象1.類型(1)已知圖象分析運動和受力情況；(2)已知運動和受力情況分析圖象的形狀 .2.用到的相關知識通常要先對物體受力分析求合力， 再根據牛頓第二定律求加速度， 然后結合運動學公式分析 .自測3(2016·海南單科·5)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時間圖線如圖2所示.已知物體與斜面之間的動摩擦因數為常數，在0～5s，5～10s，10～15s內F的大小分別為F1、F2和F3，則()圖

2A.F1<F2

B.F2>F3C.F1>F3

D.F1＝F3答案

A命題點一 超重和失重問題1.對超重和失重的理解(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，一切由重力產生的物理現象都會完全消失 .(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，物體就會處于超重或失重狀態(tài) .(4)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現超重或失重狀態(tài) .2.判斷超重和失重的方法從受力的角 當物體所受向上的拉力 (或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重度判斷 力時，物塊處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的 當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，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，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化 ①物體向上加速或向下減速時，超重的角度判斷 ②物體向下加速或向上減速時，失重例1 (多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度 a隨時間t變化的圖線如圖 3所示，以豎直向上為 a的正方向，則人對地板的壓力 ( )圖3A.t＝2s時最大 B.t＝2s時最小C.t＝8.5s時最大 D.t＝8.5s時最小答案 AD解析 人乘電梯向上運動，規(guī)定向上為正方向，人受到重力和支持力兩個力的作用，則有F－mg＝ma，即F＝mg＋ma，根據牛頓第三定律知， 人對地板的壓力大小等于支持力的大小，將對應時刻的加速度 (包含正負號)代入上式，可得選項 A、D正確，B、C錯誤.變式1 廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達 600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺.若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在 t＝0時由靜止開始上升， a－t圖象如圖4所示.則下列相關說法正確的是 ( )圖4A.t＝4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)B.5～55s時間內，繩索拉力最小C.t＝59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)D.t＝60s時，電梯速度恰好為零答案D解析利用a－t圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤；0～5s時間內，電梯處于超重狀態(tài)，拉力>重力，5～55s時間內，電梯處于勻速上升過程，拉力＝重力，55～60s時間內，電梯處于失重狀態(tài)，拉力<重力，綜上所述，B、C錯誤；因a－t圖線與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＝60s時為零，D正確.變式2為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計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調整，使座椅始終保持水平，如圖5所示.當此車減速上坡時，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)()圖5A.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 當車減速上坡時，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車的加速度相同，根據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錯誤，C正確.命題點二 瞬時問題的兩類模型1.兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：2.求解瞬時加速度的一般思路分析瞬時變化前后物體的受力情況 ? 列牛頓第二定律方程 ? 求瞬時加速度例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通過光滑滑輪O用輕質細繩相連，兩球均處于靜止狀態(tài).已知B球質量為m，O在半圓柱體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA

長度與半圓柱體半徑相等，

OB

與豎直方向成

45°角，現將輕質細繩剪斷的瞬間

(重力加速度為

g)，下列說法正確的是

(

)圖6A.彈簧彈力大小為 2mgB.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2g答案 D解析剪斷細繩前對B球受力分析如圖，由平衡條件可得F彈＝mgtan45＝°mg；剪斷細繩瞬間，細繩上彈力立即消失，而彈簧彈力F彈和B球重力的大小和方向均沒有改變，則F合＝mg＝2mg，aB＝2g，A、B項錯誤.剪斷細繩前，有A球的重力大小GA＝2F繩cos30°cos45°＝6mg，剪斷細繩瞬間，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°＝18mg，C項錯誤.剪斷細繩2瞬間，對A球由牛頓第二定律有mAgsin30AA，得A的加速度aA＝gsin30＝°1＝°ma2g，D項正確.拓展延伸 (1)如圖7甲、乙中小球 m1、m2原來均靜止，現如果均從圖中 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？圖7(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？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么結論？答案 (1)彈簧和下段繩的拉力都變?yōu)?0.(2)彈簧的彈力來不及變化，下段繩的拉力變?yōu)?0.(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質量均為

m，用勁度系數為

k、原長為

L的輕彈簧連在一起，放在傾角為

α的傳送帶上，兩木塊與傳送帶間的動摩擦因數均為

μ，用與傳送帶平行的細線拉住木塊

A，傳送帶按圖示方向勻速轉動，兩木塊處于靜止狀態(tài)

.求：圖8(1)A、B兩木塊之間的距離；(2)剪斷細線瞬間，A、B兩木塊加速度分別為多大.答案(1)L＋mgsinα＋μmgcosαk(2)aA＝2g(sinα＋μcosα)，aB＝0解析(1)隔離B木塊受力分析，由平衡條件可得F彈＝mgsinα＋μmgcosα由胡克定律F彈＝kx得兩木塊間的距離為LAB＝L＋x＝L＋mgsinα＋μmgcosαk(2)剪斷細線瞬間彈簧彈力不變，對木塊B由牛頓第二定律得F彈－(mgsinα＋μmgcosα)＝maB解得aB＝0.對于木塊A有F彈＋μmgcosα＋mgsinα＝maA解得aA＝2(gsinα＋μgcosα)＝2g(sinα＋μcosα).變式3如圖9所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量均為m,2、4質量均為 m0，兩個系統均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài).現將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，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( )圖9a1＝a2＝a3＝a4＝0a1＝a2＝a3＝a4＝gm＋m0C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝ gm0D.a1＝g，a2＝m＋m0m＋m0g，a3＝0，a4＝gm0m0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 a1＝a2＝g；物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足F－mg00＋m＝0，即a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝F＋mgm＝g，所以C對.m0m0命題點三動力學圖象問題1.常見的動力學圖象v－t圖象、a－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等.2.圖象問題的類型(1)已知物體受的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況 .(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，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)分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點 .(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等 .(3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情景結合起來，應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數方程式，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷

.例

4

如圖

10甲所示，兩滑塊

A、B用輕質細線跨過光滑輕質定滑輪相連，

B距地面一定高度，A可在與斜面平行的細線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動

.已知

mA＝2kg，mB＝4kg，斜面傾角

θ＝37°.某時刻由靜止釋放

A，測得

A沿斜面向上運動的

v－t圖象如圖乙所示

.已知g＝10m/s2，sin37

＝°0.6，cos37°＝0.8，求：圖10(1)A與斜面間的動摩擦因數；(2)A沿斜面向上滑動的最大位移；(3)滑動過程中細線對 A的拉力所做的功 .答案 (1)0.25 (2)0.75m (3)12J解析(1)在0～0.5s內，根據題圖乙，A、B系統的加速度為a1＝v＝2m/s2＝4m/s2t0.5對A，FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1對B，mBg－FT＝mBa1得：μ＝0.25(2)B落地后，A繼續(xù)減速上升.由牛頓第二定律得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2將已知量代入，可得a2＝8m/s22v故A減速向上滑動的位移為x2＝2a2＝0.25m考慮0～0.5s內A加速向上滑動的位移x1＝v2＝0.5m2a1所以，A上滑的最大位移為x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑過程中，由動能定理：AAθ)x1＝1A2－0W－(mgsinθ＋μmgcosmv2得W＝12J.例5(2018·吉林公主嶺模擬)如圖11甲所示，光滑水平面上的O處有一質量為m＝2kg的物體.物體同時受到兩個水平力的作用，F1＝4N，方向向右，F2的方向向左，大小隨時間均勻變化，如圖乙所示 .物體從零時刻開始運動 .圖11(1)求當t＝0.5s時物體的加速度大小.(2)物體在t＝0至t＝2s內何時物體的加速度最大？最大值為多少？(3)物體在t＝0至t＝2s內何時物體的速度最大？最大值為多少？答案(1)0.5m/s2(2)當t＝0時，am＝1m/s2當t＝2s時，am′＝－1m/s2(3)t＝1s時，v0.5m/s解析 (1)由題圖乙可知 F2＝(2＋2t)N當t＝0.5s時，F2＝(2＋2×0.5)N＝3NF1－F2＝ma1－F24－3a＝F＝m/s2＝0.5m/s2.m2(2)物體所受的合外力為 F合＝F1－F2＝2－2t(N)作出F合－t圖象如圖所示從圖中可以看出，在 0～2s范圍內當t＝0時，物體有最大加速度 amFm＝mamFm 2 2 2am＝m＝2m/s＝1m/s當t＝2s時，物體也有最大加速度 am′Fm′＝mam′Fm′＝－222am′＝2m/s＝－1m/sm負號表示加速度方向向左.F合2)(3)由牛頓第二定律得a＝m＝1－t(m/s畫出a－t圖象如圖所示由圖可知 t＝1s時速度最大，最大值等于 a－t圖象在t軸上方與橫、縱坐標軸所圍的三角形1的面積v＝×1×1m/s＝0.5m/s.變式4 (多選)如圖12甲所示，一質量為 M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊到如圖乙所示的

.木板受到隨時間 t變化的水平拉力 F作用時，用傳感器測出其加速度2a－F圖象.取g＝10m/s.則下列說法正確的是 ( )

a，得圖12A.滑塊的質量m＝4kgB.木板的質量M＝4kgC.滑塊與木板間動摩擦因數為0.1D.當F＝8N時滑塊加速度為2m/s2答案AC解析由題圖乙，當F等于6N時，加速度a＝1m/s2，對整體：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，當F大于6N時，根據牛頓第二定律得F－μmgk＝1＝1，解得a＝，知圖線的斜率MM2M＝2kg，故滑塊的質量m＝4kg，故A正確，B錯誤；根據F大于6N的圖線延長線知，FF－μmg＝4N時，a＝0，則a＝ ，解得μ＝0.1，故C正確；根據μmg＝ma′，得a′＝1m/s2，M錯誤.命題點四 動力學中的連接體問題1.連接體的類型(1)彈簧連接體(2)物物疊放連接體(3)輕繩連接體(4)輕桿連接體2.連接體的運動特點輕繩——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——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度； 輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比 .輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等.3.處理連接體問題的方法若連接體內各物體具有相同的加速度， 且不需要求物體之間的作用力， 可整體法的選取以把它們看成一個整體， 分析整體受到的外力， 應用牛頓第二定律求出加原則速度或其他未知量隔離法的選取 若連接體內各物體的加速度不相同， 或者要求出系統內兩物體之間的作用原則 力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解若連接體內各物體具有相同的加速度， 且要求物體之間的作用力時， 可以整體法、隔離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象， 應用牛頓法的交替運用第二定律求作用力 .即“先整體求加速度，后隔離求內力”例6(多選)(2015·新課標全國Ⅱ·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廂.當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為23a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數可能為()A.8B.10C.15D.18答案BC解析設PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質量為m，則F＝nma①設PQ東邊有k節(jié)車廂，則2F＝km·②3a聯立①②得3n＝2k，由此式可知 n只能取偶數，當n＝2時，k＝3，總節(jié)數為N＝5當n＝4時，k＝6，總節(jié)數為N＝10當n＝6時，k＝9，總節(jié)數為N＝15當n＝8時，k＝12，總節(jié)數為N＝20，故選項B、C正確.變式5(多選)(2018·陜西商洛質檢)如圖13所示，在粗糙的水平面上，質量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數均為μ，當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右以加速度a1勻加速運動時，彈簧的伸長量為x1；當用同樣大小的恒力F沿著傾角為θ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動時，彈簧的伸長量為x2，則下列說法中正確的是()圖13A.若m>M，有x1＝x2B.若m<M，有x1＝x2C.若μ>sinθ，有x1>x2D.若μ<sinθ，有x1<x2答案AB解析在水平面上滑動時，對整體，根據牛頓第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔離物塊A，根據牛頓第二定律，有FT－μmg＝ma1②聯立①②解得FT＝F·m③m＋M在斜面上滑動時，對整體，根據牛頓第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔離物塊A，根據牛頓第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤聯立④⑤解得FT′＝F·m⑥M＋m比較③⑥可知，彈簧彈力相等，與動摩擦因數和斜面的傾角無關，故 A、B正確，C、D錯誤.變式6 (多選)如圖14所示，傾角為θ的斜面放在粗糙的水平地面上， 現有一帶固定支架的滑塊m正沿斜面加速下滑 .支架上用細線懸掛的小球達到穩(wěn)定 (與滑塊相對靜止 )后，懸線的方向與豎直方向的夾角也為 θ，斜面體始終保持靜止，則下列說法正確的是 ( )圖14斜面光滑斜面粗糙C.達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向左D.達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對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為沿斜面向下，大小為 gsinθ，對支架系統進行分析，只有斜面光滑，支架系統的加速度才是 gsinθ，所以A正確，B錯誤.將支架系統和斜面看成一個整體，因為整體具有沿斜面向下的加速度，故地面對斜面體的摩擦力水平向左， C正確，D錯誤.故選A、C.1.在兒童蹦極游戲中，拴在腰間左右兩側的是彈性極好的橡皮繩，質量為 m的小明如圖 1所示靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為 mg.若此時小明左側橡皮繩斷裂，則小明 ( )圖1加速度為零，速度為零加速度a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下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 根據題意，腰間左右兩側的橡皮繩的彈力等于重力 .小明左側橡皮繩斷裂， 則小明此時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

B正確.2.兩個質量分別為

m1、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2m2m1m1＋2m22m1＋m2A.＋mFB.＋mFC.＋mFD.＋mFm12m12m12m12答案C解析根據牛頓第二定律對整體有：2F－F＝(m1＋m2B有：FN－F)a，方向水平向右；對物體1＋2m2＝m2a，聯立上述兩式得：FN＝mF，故選項A、B、D均錯誤，選項C正確.1＋m2m3.電梯在t＝0時由靜止開始上升，運動的a－t圖象如圖3所示(選取向上為正)，電梯內乘客的質量m0＝50kg，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()圖

3A.第

9s內乘客處于失重狀態(tài)B.1～8s內乘客處于平衡狀態(tài)C.第D.第

2s內乘客對電梯的壓力大小為 550N9s內電梯速度的增加量為 1m/s答案

C4.(多選)如圖

4甲所示，質量為

m＝2kg的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摩擦因數 μ＝0.5，在水平拉力 F作用下物塊由靜止開始沿水平地面向右運動，經過一段時間后，物塊回到出發(fā)點 O處，取水平向右為速度的正方向，物塊運動過程中其速度v隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度2，則()g取10m/s圖

4A.物塊經過 4s回到出發(fā)點B.物塊運動到第 3s時改變水平拉力的方向時刻水平力 F的大小為4N時刻水平力 F的大小為16N答案

CD5.如圖5所示，質量為 m的小球用一水平輕彈簧系住，并用傾角為 60°的光滑木板小球恰好處于靜止狀態(tài)，在木板 AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為 (

)

AB托住，A.0C.大小為

3g，方向垂直木板向下

圖5B.大小為D.大小為

g，方向豎直向下2g，方向垂直木板向下答案

D解析

撤離木板

AB

瞬間，木板對小球的支持力消失，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，一質量 M＝3kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質量為 m＝1kg的光滑楔形物體.用一水平向左的恒力 F作用在斜面體2上，系統恰好保持相對靜止地向左運動 .重力加速度為 g＝10m/s，下列判斷正確的是 ( )圖6系統做勻速直線運動F＝40NC.斜面體對楔形物體的作用力大小為

5 2ND.增大力

F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動答案解析

BD對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有

F＝(M＋m)a，對楔形物體受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律有

mgtan45

＝°ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A

錯，B

對.斜面體對楔形物體的作用力

F ＝ mgN2 sin45

＝°

2mg＝10 2N，C

錯.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，將會相對斜面體沿斜面上滑， D對.7.如圖7所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中).已知力F與水平方向的夾角為θ.則m1的加速度大小為()圖7FcosθFsinθA.B.m1＋m2m1＋m2FcosθFsinθC.m1D.m2答案A解析把m1、m2看成一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcosθ＝Fcosθ(m1＋m2)a，所以a＝ ，選項A正確.8.(2014北·京理綜·18)應用物理知識分析生活中的常見現象， 可以使物理學習更加有趣和深入 .例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出 .對此現象分析正確的是( )手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C.在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案 D解析 手托物體拋出的過程，必有一段加速過程，其后可以減速，可以勻速，當手和物體勻速運動時，物體既不超重也不失重；當手和物體減速運動時，物體處于失重狀態(tài)，選項 A錯誤；物體從靜止到運動，必有一段加速過程，此過程物體處于超重狀態(tài)，選項 B錯誤；當物體離開手的瞬間，物體只受重力，此時物體的加速度等于重力加速度，選項

C錯誤；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，

物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度，所以選項

D正確.9.(2018湖·南懷化質檢)如圖8所示，A、B、C三球質量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接.傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統處于靜止狀態(tài)，細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是 ( )圖

8A.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C.A、B之間桿的拉力大小為 2mgsin

gθD.A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為

12gsin

θ答案

D解析

細線被燒斷的瞬間，以

A、B整體為研究對象，彈簧彈力不變，細線拉力突變?yōu)?/p>

0，合力不為

0，加速度不為

0，故

A錯誤；對球

C，由牛頓第二定律得：

mgsin

θ＝ma，解得：

a＝gsinθ，方向沿斜面向下，故

B錯誤；以

A、B、C組成的系統為研究對象，燒斷細線前，A、B、C

靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，彈簧的彈力

F＝3mgsin

θ，燒斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變， 彈簧彈力不變，以A、B整體為研究對象，由牛頓第二定律得： 3mgsinθ－2mgsin

θ＝2ma，則

A、B的加速度

1a＝2gsin

θ，故

D正確；由

D可知，

B的加速度為

a1＝2gsinθ，以

B為研究對象，由牛頓第二定律得

3FT－mgsinθ＝ma，解得：FT＝2mgsinθ，故C錯誤；故選

D.10.(多選)如圖

9所示，在豎直平面內，

A和

B是兩個相同的輕彈簧，

C是橡皮筋，它們三者間的夾角均為

120°，已知

A、