牛頓第二定律兩類動力學問題

【課題名稱】第二節(jié)牛頓第二定律兩類動力學問題【課標要求（課標解讀）】牛頓運動定律是經(jīng)典物理學最基本、最重要的規(guī)律，在近幾年高考中考查頻率很高，不僅有選擇題，在實驗和計算題中仍然是考查重點．高考著重考查的知識點有：(1)對慣性，超、失重和牛頓運動定律的理解；(2)用牛頓運動定律和運動規(guī)律綜合考查運動問題；(3)整體法和隔離法處理連接體問題等.【教學目標】（1）經(jīng)歷探究加速度與力和質量的關系的過程．（2）感悟控制變量法、圖像法等科學研究方法的應用．（3）體驗探究物理規(guī)律的樂趣．（4）培養(yǎng)觀察能力、質疑能力、分析解決問題的能力和交流合作能力．【重點難點】重點：牛頓第二定律的基本應用動力學的兩類基本問題動力學圖象問題的應用難點：動力學圖象問題的應用【教學方法】實驗演示法，多媒體輔助教學、分組討論交流、實例演練、練習法?【課時安排】2課時【教學過程（導課和內(nèi)容安排）】【基礎梳理】提示：作用力質量作用力F＝ma慣性宏觀低速受力情況運動情況基本單位導出單位質量時間長度基本量【自我診斷】判一判(1)牛頓第二定律表達式F＝ma在任何情況下都適用．()(2)物體所受合外力大，其加速度一定大．()(3)對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度．()(4)物體由于做加速運動，所以才受合外力作用．()(5)F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關．()(6)物體所受合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小．()(7)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關系，同時也確定了物理量間的單位關系．()提示：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√(7)√做一做(2022·沈陽四校協(xié)作體模擬)如圖所示，當小車向右加速運動時，物塊M相對車廂靜止于豎直車廂壁上，當車的加速度增大時()eq\a\vs4\al()A．M受靜摩擦力增大B．M對車廂壁的壓力減小C．M仍相對于車廂靜止D．M受靜摩擦力減小提示：選C.分析M受力情況如圖所示，因M相對車廂壁靜止，豎直方向有Ff＝Mg，與水平方向的加速度大小無關，A、D錯誤；水平方向，F(xiàn)N＝Ma，F(xiàn)N隨a的增大而增大，由牛頓第三定律知，B錯誤；因FN增大，物體與車廂壁的最大靜摩擦力增大，故M相對于車廂仍靜止，C正確．eq\a\vs4\al()牛頓第二定律的基本應用【知識提煉】1．牛頓第二定律的五個性質2．求解思路：求解物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是明確該時刻物體的受力情況或運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度．3．(1)(2)在求解瞬時加速度時應注意的問題①物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析．②加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變．【典題例析】(2022·廣西欽州模擬)如圖所示，一個小球自由下落到將彈簧壓縮到最短后開始豎直向上反彈，從開始反彈至小球到達最高點，小球的速度和加速度的變化情況為()A．速度一直變小直到零B．速度先變大，然后變小直到為零C．加速度一直變小，方向向上D．加速度先變小后一直變大[審題突破]解決本題的關鍵是知道加速度方向與合力方向相同，要注意彈簧的彈力隨形變量的變化而變化，明確力和運動間的關系；知道當加速度方向與速度方向相同時，速度增大，當加速度方向與速度方向相反時，速度減小．[解析]小球到達最低點時，受彈力大于本身的重力，物體向上做加速運動，速度增加，當重力與彈力相等時達到最大速度，然后物體做減速運動，速度減小，到達最高點的速度為零，故A錯誤，B正確；開始時彈力大于重力，隨著高度增加，彈力減小，加速度減?。划攺椓εc重力相等時加速度為零，此后彈力小于重力，并且彈力越來越小，物體受到的合力越來越大，加速度反向增大，當物體脫離彈簧后加速度為g，保持不變，故C、D錯誤．[答案]B【遷移題組】遷移1力與運動的關系1．如圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住質量為m的物體，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以一直運動到B點．如果物體受到的阻力恒定，則()A．物體從A到O先加速后減速B．物體從A到O做加速運動，從O到B做減速運動C．物體運動到O點時，所受合力為零D．物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小解析：選A.物體從A到O，初始階段受到的向右的彈力大于阻力，合力向右．隨著物體向右運動，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，加速度向右且逐漸減小，由于加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大．當物體向右運動至AO間某點(設為點O′)時，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大．此后，隨著物體繼續(xù)向右運動，彈力繼續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃螅罯點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大．所以物體越過O′點后，合力(加速度)方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度逐漸增大的減速運動．正確選項為A.遷移2牛頓運動定律的瞬時性2．如圖甲所示，一質量為m的物體系于長度分別為L1、L2的兩根細線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)．(1)現(xiàn)將線L2剪斷，求剪斷L2的瞬間物體的加速度．(2)若將圖甲中的細線L1換成長度相同(接m后)，質量不計的輕彈簧，如圖乙所示，其他條件不變，求剪斷L2的瞬間物體的加速度．解析：(1)細線L2被剪斷的瞬間，因細線L2對物體的彈力突然消失，而引起L1上的張力發(fā)生突變，使物體的受力情況改變，瞬時加速度垂直L1斜向下方，大小為a＝gsinθ.(2)當細線L2被剪斷時，細線L2對物體的彈力突然消失，而彈簧的形變還來不及變化(變化要有一個過程，不能突變)，因而彈簧的彈力不變，它與重力的合力與細線L2對物體的彈力是一對平衡力，等大反向，所以細線L2被剪斷的瞬間，物體加速度的大小為a＝gtanθ，方向水平向右．答案：(1)gsinθ，方向垂直于L1斜向下方(2)gtanθ，方向水平向右eq\a\vs4\al()1．求解瞬時加速度的一般思路2．加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變．動力學的兩類基本問題【知識提煉】1．解決動力學兩類問題的兩個關鍵點2．解決動力學基本問題的處理方法(1)合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”．3．兩類動力學問題的解題步驟4．等時圓模型(1)質點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示．(2)質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示．(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示．【典題例析】(2022·上海閔行區(qū)模擬)如圖所示，直桿水平固定，質量為m＝kg的小圓環(huán)(未畫出)套在桿上A點，在豎直平面內(nèi)對環(huán)施加一個與桿夾角為θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圓環(huán)由靜止開始沿桿向右運動，并在經(jīng)過B點時撤掉此拉力F，小圓環(huán)最終停在C點．已知小圓環(huán)與直桿間的動摩擦因數(shù)μ＝，AB與BC的距離之比s1∶s2＝8∶5.(g取10m/s2，sin53°＝，cos53°＝求：(1)小圓環(huán)在BC段的加速度a2的大小；(2)小圓環(huán)在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大?。甗審題突破](1)在BC段，對小圓環(huán)進行受力分析→牛頓第二定律→加速度；(2)分析小圓環(huán)在BC段和AB段的運動情況→運動學規(guī)律→加速度；(3)在AB段，對小圓環(huán)進行受力分析→桿對小圓環(huán)的支持力方向不確定(有向上或向下兩種可能)→牛頓第二定律→拉力F.[解析](1)在BC段，小圓環(huán)受重力、彈力、摩擦力．對小圓環(huán)進行受力分析如圖甲所示，有f＝μN＝μmg則a2＝eq\f(f,m)＝μg＝×10m/s2＝8m/s2.(2)小圓環(huán)在AB段做勻加速運動，由運動學公式可知veq\o\al(2,B)＝2a1s1小圓環(huán)在BC段做勻減速運動，由運動學公式可知veq\o\al(2,B)＝2a2s2又eq\f(s1,s2)＝eq\f(8,5)則a1＝eq\f(s2,s1)a2＝eq\f(5,8)×8m/s2＝5m/s2.(3)當Fsinθ<mg時，小圓環(huán)在AB段運動的受力分析如圖乙所示由牛頓第二定律得Fcosθ－f1＝ma1又N1＋Fsinθ＝mgf1＝μN1聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得F＝N當Fsinθ>mg時，小圓環(huán)在AB段運動的受力分析如圖丙所示由牛頓第二定律可知Fcosθ－f2＝ma1又Fsinθ＝mg＋N2f2＝μN2代入數(shù)據(jù)解得F＝N.[答案](1)8m/s2(2)5m/s2(3)N或N【遷移題組】遷移1已知受力求運動1.(多選)(2022·汕頭模擬)建設房屋時，保持底邊L不變，要設計好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動．下列說法正確的是()A．傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大B．傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越大C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短解析：選AC.設屋檐的底角為θ，底邊長度為L，注意底邊長度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcosθ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ.雨滴的加速度為：a＝gsinθ，則傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大，故A正確；雨滴對屋頂?shù)膲毫Υ笮。篎′N＝FN＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，故B錯誤；根據(jù)三角關系判斷，屋頂坡面的長度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可見當θ＝45°時，用時最短，D錯誤；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大，C正確．遷移2已知運動求受力2．有一種大型游戲機叫“跳樓機”，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面40m高處，然后由靜止釋放．可以認為座椅沿軌道做自由落體運動2s后，開始受到恒定阻力而立即做勻減速運動，且下落到離地面4m高處時速度剛好減小到零．然后再讓座椅以相當緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落，將游客送回地面．(g取10m/s2)求：(1)座椅在勻減速階段的時間是多少？(2)在勻減速階段，座椅對游客的作用力大小是游客體重的多少倍？解析：(1)自由下落的位移h′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝20m座椅自由下落結束時刻的速度v＝gt1＝20m/s設座椅勻減速運動的總高度為h，則h＝(40－4－20)m＝16m由h＝eq\f(v,2)t得t＝s.(2)設座椅勻減速階段的加速度大小為a，座椅對游客的作用力大小為F，由v＝at得a＝m/s2由牛頓第二定律得F－mg＝ma解得eq\f(F,mg)＝.答案：(1)s(2)倍遷移3等時圓模型3.如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P.設有一重物先后沿兩個斜槽，從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為()A．2∶1 B．1∶1C．eq\r(3)∶1 D．1∶eq\r(3)解析：選B.設光滑斜槽軌道與水平面的夾角為θ，則物體下滑時的加速度為a＝gsinθ，由幾何關系，斜槽軌道的長度s＝2(R＋r)sinθ，由運動學公式s＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2×2（R＋r）sinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R＋r,g))，即所用時間t與傾角θ無關，所以t1＝t2，B項正確．eq\a\vs4\al()遷移角度解決辦法易錯警示已知運動求受力由物體的運動參量結合運動學公式求出加速度，再由牛頓運動定律求力運動學公式中一般是“知三求二”的問題，關鍵是求解出加速度，且要注意加速度與初速度的方向問題已知受力求運動由受力分析求物體的合外力，通過牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式求解運動參量由受力求加速度時要注意是合加速度還是分加速度，一般由受力分析求合力，再得加速度等時圓模型以豎直圓的頂端點和底端點為起點研究運動時間的長短一定是以圓上端點或下端點為共同運動的起點或終點分析動力學圖象問題的應用【知識提煉】1．數(shù)形結合解決動力學圖象問題(1)在圖象問題中，無論是讀圖還是作圖，都應盡量先建立函數(shù)關系，進而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關系；然后根據(jù)函數(shù)關系讀取圖象信息或者描點作圖．(2)讀圖時，要注意圖線的起點、斜率、截距、折點以及圖線與橫坐標包圍的“面積”等所對應的物理意義，盡可能多地提取解題信息．(3)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．動力學圖象問題的類型：圖象類問題的實質是力與運動的關系問題，以牛頓第二定律F＝ma為紐帶，理解圖象的種類，圖象的軸、點、線、截距、斜率、面積所表示的意義．一般包括下列幾種類型：3．解題策略【跟進題組】1．(多選)如圖甲所示，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()A．斜面的傾角B．物塊的質量C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析：選ACD.由題圖乙可以求出物塊上升過程中的加速度大小為a1＝eq\f(v0,t1)，下降過程中的加速度大小為a2＝eq\f(v1,t1).物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsinθ＋Ff＝ma1，mgsinθ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1g)，滑動摩擦力Ff＝eq\f(m（v0－v1）,2t1)，而Ff＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，選項A、C正確；由v－t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確．2.1845年英國物理學家和數(shù)學家斯·托馬斯研究球體在液體中下落時，發(fā)現(xiàn)了液體對球的粘滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關，有F＝6πηrv，其中物理量η為液體的粘滯系數(shù)，它還與液體的種類及溫度有關，如圖所示，現(xiàn)將一顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的足夠深量筒中，下列描繪小鋼珠在下沉過程中加速度大小與時間關系的圖象可能正確的是()解析：選D.根據(jù)牛頓第二定律得，小鋼珠的加速度a＝eq\f(mg－F,m)＝eq\f(mg－6πηrv,m)，在下降的過程中，速度v增大，阻力F增大，則加速度a減小，當重力和阻力相等時，做勻速運動，加速度為零，故選項D正確．3．(多選)物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，開始運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．物體的質量m＝1kgB．物體的質量m＝2kgC．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(7\r(3),15)解析：選AD.由開始運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，可知0～2s內(nèi)物體的加速度大小為a＝1m/s2；在0～2s內(nèi)對物體應用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma，2s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，聯(lián)立解得m＝1kg，μ＝eq\f(7\r(3),15)，選項A、D正確．牛頓第二定律的應用[典例](2022·高考全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了m，A車向前滑動了m．已知A和B的質量分別為×103kg和×103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10m/s2.求(1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。?2)碰撞前的瞬間A車速度的大小.核心考點1.牛頓運動定律．2．運動學公式、位移公式．3．動量守恒定律.命題技巧1.兩車碰撞滿足動量守恒．2．碰后兩車都做勻減速直線運動．3．由動摩擦因數(shù)可求出摩擦力.核心素養(yǎng)1.物理觀念：運動觀念、相互作用觀念．2．科學思維：碰撞模型.[審題關鍵](1)兩車碰后做減速運動，且末速度為0.(2)由動摩擦因數(shù)可求摩擦力，進而求加速度．(3)A、B兩車的位移可由題目中知道.[解析](1)設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB.根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)，設碰撞后瞬間B車速度的大小為v′B，碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有v′eq\o\al(2,B)＝2aBsB②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得v′B＝m/s.③(2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有μmAg＝mAaA④設碰撞后瞬間A車速度的大小為v′A，碰撞后滑行的距離為sA.由運動學公式有v′eq\o\al(2,A)＝2aAsA⑤設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝m/s.⑦[答案]見解析易錯展示(1)B車碰撞時不能認為速度為0.(2)A、B車碰撞時滿足動量守恒.【對點訓練】(多選)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eq\f(2,3)a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(shù)可能為()A．8 B．10C．15 D．18解析：選BC.設每節(jié)車廂的質量為m，這列車廂的節(jié)數(shù)為n，P、Q掛鉤的東邊車廂的節(jié)數(shù)為x，西邊車廂的節(jié)數(shù)為n－x.當機車在東邊拉車廂時，對西邊車廂受力分析，由牛頓第二定律可得F＝(n－x)ma；當機車在西邊拉車廂時，對東邊車廂受力分析，由牛頓第二定律可得F＝eq\f(2,3)max，聯(lián)立可得n＝eq\f(5,3)x，x為3的倍數(shù)，則n為5的倍數(shù)，選項B、C正確，選項A、D錯誤．(多選)(2022·杭州二中模擬)如圖所示，總質量為460kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為m/s2，當熱氣球上升到180m時，以5m/s的速度向上勻速運動，若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g＝10m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是()A．所受浮力大小為4830NB．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C．從地面開始上升10s后的速度大小為5m/sD．以5m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230N解析：選AD.剛開始上升時，空氣阻力為零，F(xiàn)浮－mg＝ma，解得F?。絤(g＋a)＝4830N，A正確；加速上升過程，若保持加速度不變，則熱氣球上升到180m時，速度v＝eq\r(2ah)＝6eq\r(5)m/s＞5m/s，所以熱氣球做加速度減小的加速直線運動，上升10s后的速度v′＜at＝5m/s，C錯誤；再由F?。璅阻－mg＝ma可知空氣阻力F阻增大，B錯誤；勻速上升時，F(xiàn)浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F?。璵g＝230N，D正確．(建議用時：40分鐘)一、單項選擇題1．(2022·貴州遵義模擬)2022年6月我國航天員在“天宮一號”中進行了我國首次太空授課活動，其中演示了太空“質量測量儀”測質量的實驗，助教聶海勝將自己固定在支架一端，王亞平將連接運動機構的彈簧拉到指定位置；松手后，彈簧凸輪機構產(chǎn)生恒定的作用力，使彈簧回到初始位置，同時用光柵測速裝置測量出支架復位時的速度和所用時間；這樣，就測出了聶海勝的質量為74kg.下列關于“質量測量儀”測質量的說法正確的是()A．測量時儀器必須水平放置B．其測量原理是根據(jù)牛頓第二定律C．其測量原理是根據(jù)萬有引力定律D．測量時儀器必須豎直放置解析：選B.“質量測量儀”是先通過光柵測速裝置測量出支架復位時的速度和所用時間，則能算出加速度a＝eq\f(Δv,Δt)，然后根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，求解質量，所以工作原理為牛頓第二定律．由于在太空中處于完全失重狀態(tài)，所以測量儀器不論在什么方向上，彈簧凸輪機構產(chǎn)生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正確．2．(2022·高考上海卷)如圖，在勻強電場中，懸線一端固定于地面，另一端拉住一個帶電小球，使之處于靜止狀態(tài)．忽略空氣阻力，當懸線斷裂后，小球將做()A．曲線運動 B．勻速直線運動C．勻加速直線運動 D．變加速直線運動解析：選C.本題考查力與運動的關系．在懸線斷裂前，小球受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài)，故重力與電場力的合力與拉力等值反向．懸線斷裂后，小球所受重力與電場力的合力大小、方向均不變，故小球將沿原來懸線拉力的反方向做勻加速直線運動，C項正確．3.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩．如圖所示，質量為m的小明靜止懸掛時，兩橡皮繩的夾角為60°，則()A．每根橡皮繩的拉力為eq\f(1,2)mgB．若將懸點間距離變小，則每根橡皮繩所受拉力將變小C．若此時小明左側橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時加速度a＝gD．若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側輕繩在腰間斷裂時，小明的加速度a＝g解析：選B.根據(jù)平行四邊形定則知，2Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg.故A錯誤；根據(jù)共點力平衡得，2Fcosθ＝mg，當懸點間的距離變小時，θ變小，cosθ變大，可知橡皮繩的拉力變小，故B正確；當左側橡皮繩斷裂，斷裂的瞬間，右側橡皮繩的拉力不變，則重力和右側橡皮繩拉力的合力與左側橡皮繩初始時的拉力大小相等，方向相反，合力大小為eq\f(\r(3),3)mg，加速度為eq\f(\r(3),3)g，故C錯誤；當兩側為輕繩時，左側繩斷裂瞬間，右側繩上拉力發(fā)生突變，將重力沿繩方向和垂直于繩方向正交分解，合力為mgsin30°，加速度為eq\f(1,2)g，方向沿垂直于右側繩的方向斜向下，故D錯誤．4．(2022·日照模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R和2R的兩個圓，兩圓的最高點相切，切點為A，B和C分別是小圓和大圓上的兩個點，其中AB長為eq\r(2)R，AC長為2eq\r(2)R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球，已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1，沿AC軌道運動到C點所用時間為t2，則t1與t2之比為()A．1∶eq\r(2) B．1∶2C．1∶eq\r(3) D．1∶3答案：A5.(2022·江西重點中學十校聯(lián)考)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球質量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則()A．運動員的加速度為gtanθB．球拍對球的作用力為mgC．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上運動解析：選A.網(wǎng)球受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsinθ＝ma，又FNcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，F(xiàn)N＝eq\f(mg,cosθ)，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，受力如圖乙所示，根據(jù)平衡，運動員對球拍的作用力為F＝eq\f(（M＋m）g,cosθ)，故C錯誤；當a>gtanθ時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsinθ<gtanθ，故球不一定沿球拍向上運動，故D錯誤．6.如圖所示，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質量為m，2、4質量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)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()A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g解析：選C.在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性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；而物塊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mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g，所以C對．7．(2022·安徽淮北一中模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮m后鎖定，t＝0時解除鎖定，釋放滑塊．計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的v－t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時的速度圖線的切線，已知滑塊質量m＝kg，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動B．彈簧恢復原長時，滑塊速度最大C．彈簧的勁度系數(shù)k＝175N/mD．該過程中滑塊的最大加速度為35m/s2解析：選C.根據(jù)v－t圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運動，彈簧彈力與摩擦力相等時速度最大，此時加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復原長時到滑塊停止運動，加速度不變，選項A、B錯誤；由題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f,m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N，剛釋放時滑塊的加速度為a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,m/s2＝30m/s2，此時滑塊的加速度最大，選項D錯誤；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得k＝175N/m，選項C正確．二、多項選擇題8.如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面．若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中()A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C．若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面解析：選BD.將桌布從魚缸下拉出的過程，魚缸相對桌布向左運動，因此桌布對它的摩擦力方向向右，A項錯誤；設動摩擦因數(shù)為μ，魚缸在桌布對它的滑動摩擦力的作用下做初速度為零的勻加速運動，加速度大小為μg，設經(jīng)過t1時間魚缸滑離桌布，滑離時的速度為v，則v＝μgt1；魚缸滑到桌面上后，做勻減速運動，加速度大小也為μg，因此魚缸在桌面上運動的時間t2＝eq\f(v,μg)，因此t1＝t2，B項正確；若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力，大小為μmg(設魚缸質量為m)，保持不變，C項錯誤；若貓減小拉力，則魚缸與桌布間的摩擦力有可能小于滑動摩擦力，則魚缸與桌布一起運動，從而滑出桌面，D項正確．9．(2022·山東濟南模擬)如圖所示，兩輕質彈簧a、b懸掛一質量為m的小球，整體處于平衡狀態(tài)，彈簧a與豎直方向成30°，彈簧b與豎直方向成60°，彈簧a、b的形變量相等，重力加速度為g，則()A．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶1B．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶2C．若彈簧a下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為eq\r(3)gD．若彈簧b下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為eq\f(g,2)解析：選AD.由題可知，兩個彈簧相互垂直，對小球受力分析，如圖所示，設彈簧的伸長量都是x，由受力分析圖知，彈簧a中彈力Fa＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧a的勁度系數(shù)為k1＝eq\f(Fa,x)＝eq\f(\r(3)mg,2x)，彈簧b中的彈力Fb＝mgcos60°＝eq\f(1,2)mg，根據(jù)胡克定律可知彈簧b的勁度系數(shù)為k2＝eq\f(Fb,x)＝eq\f(mg,2x)，所以彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為eq\r(3)∶1，A正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為eq\f(\r(3),2)mg，若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間彈簧b的彈力不變，故小球所受重力和彈簧b彈力的合力與Fa大小相等、方向相反，小球的加速度大小a＝eq\f(Fa,m)＝eq\f(\r(3),2)g，C錯誤；彈簧b中彈力為eq\f(1,2)mg，若彈簧b的下端松脫，則松脫瞬間彈簧a的彈力不變，故小球所受重力和彈簧a彈力的合力與Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度大小a′＝eq\f(Fb,m)＝eq\f(1,2)g，D正確．10．(2022·濟南模擬)如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質量為mA＝5kg的物塊A，A的上方放置一質量mB＝3kg的滑塊B，用一輕繩一端拴在物塊A上，另一端跨過光滑的定滑輪拴接一質量mC＝2kg的物塊C，其中連接A的輕繩與水平桌面平行．現(xiàn)由靜止釋放物塊C，在以后的過程中，A與B之間沒有相對滑動且A、B始終沒有離開水平桌面(重力加速度g取10m/s2)．則下列說法正確的是()A．A的加速度大小為m/s2B．A的加速度大小為2m/s2C．A對B的摩擦力大小為6ND．A對B的摩擦力大小為N解析：選BC.把A、B、C作為整體研究，由牛頓第二定律得加速度a＝eq\f(mCg,mA＋mB＋mC)＝2m/s2，即A的加速度大小為2m/s2，B項正確，A錯誤；以B為研究對象，由牛頓第二定律得A對B的靜摩擦力大小為f＝mBa＝6N，C項正確，D項錯誤．三、非選擇題11.(2022·陜西西安模擬)小物塊以一定的初速度v0沿斜面(足夠長)向上運動，由實驗測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角θ的關系如圖所示．取g＝10m/s2，空氣阻力不計．可能用到的函數(shù)值：si