高考物理一輪 （考綱自主研讀+命題探究+高考全程解密） 第2講牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題（含解析） 新人教版

第2講牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P45)牛頓第二定律Ⅱ(考綱要求)【思維驅(qū)動(dòng)】(多選)關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是()．A．物體的速度不斷增大，表示物體必受力的作用B．物體的位移不斷增大，表示物體必受力的作用C．若物體的位移與時(shí)間的平方成正比，表示物體必受力的作用D．物體的速率不變，則其所受合力必為0解析物體的速度不斷增大，一定有加速度，由牛頓第二定律知，物體所受合力一定不為0，物體必受力的作用，A正確；位移與運(yùn)動(dòng)時(shí)間的平方成正比，說(shuō)明物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合力不為0，C正確；做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體的位移也是逐漸增大的，但其所受合力為0，故B錯(cuò)誤；當(dāng)物體的速率不變，速度的方向變化時(shí)，物體具有加速度，合力不為0，D錯(cuò)誤．答案AC【知識(shí)存盤(pán)】1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟作用力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比．加速度的方向與作用力方向相同．2．表達(dá)式：F＝ma．3．適用范圍(1)只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系)．(2)只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況．單位制【思維驅(qū)動(dòng)】(多選)在牛頓第二定律公式F＝kma中，比例系數(shù)k的數(shù)值()．A．在任何情況下都等于1B．是由質(zhì)量m、加速度a和力F三者的大小所決定的C．是由質(zhì)量m、加速度a和力F三者的單位所決定的D．在國(guó)際單位制中一定等于1解析物理公式在確定物理量的數(shù)量關(guān)系的同時(shí)也確定了物理量單位的關(guān)系．課本上牛頓第二定律的公式F＝ma是根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)論導(dǎo)出的，其過(guò)程簡(jiǎn)要如下：實(shí)驗(yàn)結(jié)論一：a∝F；實(shí)驗(yàn)結(jié)論二：a∝eq\f(1,m).綜合兩個(gè)結(jié)論，得a∝eq\f(F,m)或F∝ma.上式寫(xiě)成等式為F＝kma，其中k為比例常數(shù)．如果選用合適的單位，可使k＝1.為此，對(duì)力的單位“N”做了定義：使質(zhì)量是1kg的物體產(chǎn)生1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg·m/s2.據(jù)此，公式F＝kma中，如果各物理量都用國(guó)際單位(即F用N作單位、m用kg作單位、a用m/s2作單位)，則k＝1.由此可見(jiàn)，公式F＝kma中的比例常數(shù)k的數(shù)值，是由質(zhì)量m、加速度a和力F三者的單位所決定的，在國(guó)際單位制中k＝1，并不是在任何情況下k都等于1，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)，選項(xiàng)C、D正確．答案CD【知識(shí)存盤(pán)】1．力學(xué)單位制：?jiǎn)挝恢朴苫締挝缓蛯?dǎo)出單位共同組成．2．力學(xué)中的基本單位：力學(xué)單位制中的基本單位有千克(kg)、米(m)和秒(s)．3．導(dǎo)出單位：導(dǎo)出單位有N、m/s、m/s2等．牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用Ⅱ(考綱要求)【思維驅(qū)動(dòng)】如圖3－2－1所示，圖3－2－1樓梯口一傾斜的天花板與水平面成θ＝37°角，一裝潢工人手持木桿綁著刷子粉刷天花板，工人所持木桿對(duì)刷子的作用力始終保持豎直向上，大小為F＝10N，刷子的質(zhì)量為m＝0.5kg，刷子可視為質(zhì)點(diǎn)，刷子與天花板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，天花板長(zhǎng)為L(zhǎng)＝4m．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.試求：(1)刷子沿天花板向上的加速度．(2)工人把刷子從天花板底端推到頂端所用的時(shí)間．解析(1)刷子受力如圖所示，對(duì)刷子沿斜面方向由牛頓第二定律得：Fsinθ－mgsinθ－Ff＝ma垂直斜面方向上受力平衡，有：Fcosθ＝mgcosθ＋FN其中Ff＝μFN由以上三式得：a＝2m/s2.(2)由L＝eq\f(1,2)at2得：t＝2s.答案(1)2m/s2(2)2s【知識(shí)存盤(pán)】1．動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題(1)由受力情況分析判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況；(2)由運(yùn)動(dòng)情況分析判斷物體的受力情況．2．解決兩類基本問(wèn)題的方法：以加速度為橋梁，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解．國(guó)際單位制中的基本單位有：千克(kg)、米(m)、秒(s)、安培(A)、開(kāi)爾文(K)(高中階段所學(xué))eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P46)考點(diǎn)一對(duì)牛頓第二定律的理解牛頓第二定律的“五”性【典例1】(單選)如圖3－2－2所示，圖3－2－2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)量為m，2、4質(zhì)量為M，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．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解析在抽出木板的瞬時(shí)，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(lái)不及改變，此時(shí)彈簧對(duì)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(duì)．答案C【變式跟蹤1】(單選)(·常州聯(lián)考)如圖3－2－3所示，圖3－2－3質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()．A．0B.eq\f(2\r(3),3)gC．gD.eq\f(\r(3),3)g解析平衡時(shí)，小球受到三個(gè)力：重力mg、木板AB的支持力FN和彈簧拉力FT，受力情況如圖所示．突然撤離木板時(shí)，F(xiàn)N突然消失而其他力不變，因此FT與重力mg的合力F＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，產(chǎn)生的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2\r(3),3)g，B正確．答案B,借題發(fā)揮1．分析物體在某一時(shí)刻瞬時(shí)加速度的關(guān)鍵：(1)先分析該時(shí)刻物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．(2)再由牛頓第二定律求出瞬時(shí)加速度．2．幾種常見(jiàn)模型：特性模型受外力時(shí)的形變量力能否突變產(chǎn)生拉力或壓力輕繩微小不計(jì)可以只有拉力沒(méi)有壓力輕橡皮繩較大不能只有拉力沒(méi)有壓力輕彈簧較大不能既可有拉力也可有壓力輕桿微小不計(jì)可以既可有拉力也可有支持力考點(diǎn)二整體法、隔離法的靈活應(yīng)用選擇研究對(duì)象是解決物理問(wèn)題的首要環(huán)節(jié)．在很多物理問(wèn)題中，研究對(duì)象的選擇方案是多樣的，研究對(duì)象的選取方法不同會(huì)影響求解的繁簡(jiǎn)程度．對(duì)于連接體問(wèn)題，通常用隔離法，但有時(shí)也可采用整體法．【典例2】(單選)(·江蘇卷，5)圖3－2－4如圖3－2－4所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升．夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f.若木塊不滑動(dòng)，力F的最大值是()．A.eq\f(2f（m＋M）,M)B.eq\f(2f（m＋M）,m)C.eq\f(2f（m＋M）,M)－(m＋M)gD.eq\f(2f（m＋M）,m)＋(m＋M)g解析對(duì)木塊M，受到兩個(gè)靜摩擦力f和重力Mg三個(gè)力而向上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得木塊不滑動(dòng)的最大加速度大小為am＝eq\f(2f－Mg,M)①.對(duì)整體，受到兩個(gè)力，即力F和整體重力(m＋M)g，由牛頓第二定律得F－(m＋M)g＝(m＋M)a②，代入最大加速度即得力F的最大值Fm＝eq\f(2f（m＋M）,M)，A項(xiàng)正確．答案A【變式跟蹤2】(單選)如圖3－2－5所示，圖3－2－550個(gè)大小相同、質(zhì)量均為m的小物塊，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．已知斜面足夠長(zhǎng)，傾角為30°，各物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g，則第3個(gè)小物塊對(duì)第2個(gè)小物塊的作用力大小為()．A.eq\f(1,25)FB.eq\f(24,25)FC．24mg＋eq\f(F,2)D．因?yàn)閯?dòng)摩擦因數(shù)未知，所以不能確定解析設(shè)題中50個(gè)小物塊組成的整體沿斜面向上的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得F－50μmgcos30°－50mgsin30°＝50ma；從整體中將第3、4、…、50共48個(gè)小物塊隔離出來(lái)進(jìn)行受力分析，設(shè)第2個(gè)小物塊對(duì)第3個(gè)小物塊的作用力大小為FN，由牛頓第二定律得FN－48μmgcos30°－48mgsin30°＝48ma；聯(lián)立以上兩式解得FN＝eq\f(24,25)F，由牛頓第三定律可知，第3個(gè)小塊對(duì)第2個(gè)小物塊作用力大小為eq\f(24,25)F，故選項(xiàng)B正確．答案B,閱卷老師叮嚀?考情報(bào)告牛頓運(yùn)動(dòng)定律是高頻考點(diǎn)，甚至同一年同一試卷都有多處考查．?易失分點(diǎn)1．不能靈活運(yùn)用整體法和隔離法選取研究對(duì)象．2．不理解力F有最大值的條件→M、m不相對(duì)滑動(dòng)→夾子與木塊間達(dá)到最大靜摩擦力．以題說(shuō)法1．整體法與隔離法的應(yīng)用技巧對(duì)于連接體各部分加速度相同時(shí)，一般的思維方法是2．使用隔離法時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)原則(1)選出的隔離體應(yīng)包含所求的未知量；(2)在獨(dú)立方程的個(gè)數(shù)等于未知量的個(gè)數(shù)前提下，隔離體的數(shù)目應(yīng)盡可能地少．

考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題【典例3】(·浙江卷，23)圖3－2－6為了研究魚(yú)所受水的阻力與其形狀的關(guān)系．小明同學(xué)用石蠟做成兩條質(zhì)量均為m、形狀不同的“A魚(yú)”和“B魚(yú)”，如圖3－2－6所示．在高出水面H處分別靜止釋放“A魚(yú)”和“B魚(yú)”，“A魚(yú)”豎直下潛hA后速度減為零，“B魚(yú)”豎直下潛hB后速度減為零．“魚(yú)”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)，除受重力外，還受浮力和水的阻力．已知“魚(yú)”在水中所受浮力是其重力的eq\f(10,9)倍，重力加速度為g，“魚(yú)”運(yùn)動(dòng)的位移值遠(yuǎn)大于“魚(yú)”的長(zhǎng)度．假設(shè)“魚(yú)”運(yùn)動(dòng)時(shí)所受水的阻力恒定，空氣阻力不計(jì)．求：(1)“A魚(yú)”入水瞬間的速度vA1；(2)“A魚(yú)”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力fA；(3)“A魚(yú)”與“B魚(yú)”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力之比f(wàn)A∶fB.規(guī)范解答(1)“A魚(yú)”在入水前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有veq\o\al(2,A1)－0＝2gH①得：vA1＝eq\r(2gH)②(2)“A魚(yú)”在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受重力、浮力和阻力的作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為aA，有F?。玣A－mg＝maA③0－veq\o\al(2,A1)＝－2aAhA④由題意：F?。絜q\f(10,9)mg由②③④式得fA＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,hA)－\f(1,9)))⑤(3)考慮到“B魚(yú)”的受力、運(yùn)動(dòng)情況與“A魚(yú)”相似，有fB＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,hB)－\f(1,9)))⑥綜合⑤、⑥兩式，得eq\f(fA,fB)＝eq\f(hB（9H－h(huán)A）,hA（9H－h(huán)B）).答案(1)eq\r(2gH)(2)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,hA)－\f(1,9)))(3)eq\f(hB（9H－h(huán)A）,hA（9H－h(huán)B）)【變式跟蹤3】質(zhì)量為10kg的物體在F＝200N的水平推力作用下，從粗糙斜面的底端由靜止開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)，斜面固定不動(dòng)，與水平地面的夾角θ＝37°，如圖3－2－7所示．力F作用2s后撤去，物體在斜面上繼續(xù)上滑了1.25s后，圖3－2－7速度減為零．求：物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和物體的總位移x.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)解析設(shè)力F作用時(shí)物體沿斜面上升的加速度大小為a1，撤去力F后其加速度大小變?yōu)閍2，則：a1t1＝a2t2①有力F作用時(shí)，對(duì)物體受力分析并建立直角坐標(biāo)系如圖所示由牛頓第二定律可得：Fcosθ－mgsinθ－Ff1＝ma1②Ff1＝μFN1＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)③撤去力F后，對(duì)物體受力分析如圖所示由牛頓第二定律得：－mgsinθ－Ff2＝－ma2④Ff2＝μFN2＝μmgcosθ⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得：a2＝8m/s2，a1＝5m/s2，μ＝0.25物體運(yùn)動(dòng)的總位移x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×5×22＋\f(1,2)×8×1.252))m＝16.25m.答案0.2516.25m借題發(fā)揮1．解決兩類動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題應(yīng)把握的關(guān)鍵應(yīng)用牛頓第二定律解決兩類動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題，主要應(yīng)把握兩點(diǎn)：(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析；(2)一個(gè)橋梁——物體運(yùn)動(dòng)的加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁．2．解決動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題時(shí)對(duì)力的處理方法(1)合成法：在物體受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè)或3個(gè))時(shí)一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)，則采用“正交分解法”．①分解力而不分解加速度，此法應(yīng)規(guī)定加速度的方向?yàn)閤軸正方向．②分解加速度而不分解力．此法一般是以某個(gè)力的方向?yàn)閤軸正方向，其他力都落在兩個(gè)坐標(biāo)軸上而不需要分解．3．解決動(dòng)力學(xué)兩類問(wèn)題的基本思路：無(wú)論是哪種情況，聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的“橋梁”都是加速度．利用牛頓第二定律解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的關(guān)鍵是尋找加速度與未知量的關(guān)系，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓第二定律和力的運(yùn)算法則列式求解.eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P49)物理建模2“等時(shí)圓”模型中學(xué)物理常用模型1．對(duì)象模型：如質(zhì)點(diǎn)、點(diǎn)電荷等．2．條件模型：如光滑面、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)等．3．過(guò)程模型：如自由落體運(yùn)動(dòng)，勻加速(或勻減速)直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)等．4．結(jié)論模型：如“等時(shí)圓”模型、滑塊模型、傳送帶模型等．“等時(shí)圓”模型(1)物體沿著位于同一豎直圓上圖3－2－8的所有過(guò)圓周最低點(diǎn)的光滑弦由靜止下滑，到達(dá)圓周最低點(diǎn)的時(shí)間均相等，且為t＝2eq\r(\f(R,g))(可由2Rcosθ＝eq\f(1,2)at2及mgcosθ＝ma解得)(如圖3－2－8甲所示)．(2)物體沿著位于同一豎直圓上的所有過(guò)頂點(diǎn)的光滑弦由靜止下滑，到達(dá)圓周低端的時(shí)間相等，且為t＝2eq\r(\f(R,g))(如圖3－2－8乙所示)．典例(單選)如圖3－2－9所示，圖3－2－9AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個(gè)端點(diǎn)均分別位于半徑為R和r的兩個(gè)相切的圓上，且斜槽都通過(guò)切點(diǎn)P.設(shè)有一重物先后沿兩個(gè)斜槽，從靜止出發(fā)，由A滑到B和由C滑到D，所用的時(shí)間分別為t1和t2，則t1與t2之比為()．A．2∶1B．1∶1C.eq\r(3)∶1D．1∶eq\r(3)解析由“等時(shí)圓”模型結(jié)論有：tAP＝tCP＝eq\r(\f(2R,g))，tPB＝tPD＝eq\r(\f(2r,g))，所以t1＝tAP＋tPB，t2＝tCP＋tPB，知t1＝t2，B項(xiàng)正確．答案B【應(yīng)用1】(多選)如圖3－2－10所示，圖3－2－10位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓軌道與水平軌道面相切于M點(diǎn)，與豎直墻相切于A點(diǎn)，豎直墻上另一點(diǎn)B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓軌道的圓心．已知在同一時(shí)刻，a、b兩球分別由A、B兩點(diǎn)從靜止開(kāi)始沿光滑傾斜直軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)；c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn)．則()．A．a(chǎn)球最先到達(dá)M點(diǎn)B．b球最先到達(dá)M點(diǎn)C．c球最先到達(dá)M點(diǎn)D．c、a、b三球依次先后到達(dá)M點(diǎn)解析設(shè)圓軌道半徑為R，據(jù)“等時(shí)圓”模型結(jié)論有，ta＝eq\r(\f(4R,g))＝2eq\r(\f(R,g))；B點(diǎn)在圓外，tb>ta，c球做自由落體運(yùn)動(dòng)tc＝eq\r(\f(2R,g))；所以，有tc<ta<tb.C、D正確．答案CD【應(yīng)用2】(單選)如圖3－2－11所示，圖3－2－11在傾角為θ的斜面上方的A點(diǎn)處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時(shí)間最短，則α與θ角的大小關(guān)系應(yīng)為()．A．α＝θB．α＝eq\f(θ,2)C．α＝eq\f(θ,3)D．α＝2θ解析如圖所示，在豎直線AC上選取一點(diǎn)O，以適當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)度為半徑畫(huà)圓，使該圓過(guò)A點(diǎn)，且與斜面相切于D點(diǎn)．由等時(shí)圓知識(shí)可知，由A沿斜面滑到D所用時(shí)間比由A到達(dá)斜面上其他各點(diǎn)所用時(shí)間都短．將木板下端與D點(diǎn)重合即可，而∠COD＝θ，則α＝eq\f(θ,2).答案Beq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書(shū)P49)一、牛頓第二定律的理解及應(yīng)用1．(單選)(·海南卷，1)根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是()．A．物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合力必須達(dá)到一定值時(shí)，才能使物體產(chǎn)生加速度C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個(gè)的大小成正比D．當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時(shí)，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比解析物體加速度的大小與質(zhì)量和速度大小的乘積無(wú)關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；物體所受合力不為0，則a≠0，B項(xiàng)錯(cuò)誤；加速度的大小與其所受的合力成正比，C項(xiàng)錯(cuò)誤．答案D2．(多選)質(zhì)量均為m的A、B兩個(gè)小球之間系一個(gè)質(zhì)圖3－2－12量不計(jì)的彈簧，放在光滑的臺(tái)面上．A緊靠墻壁，如圖3－2－12所示，今用恒力F將B球向左擠壓彈簧，達(dá)到平衡時(shí)，突然將力撤去，此瞬間()．A．A球的加速度為eq\f(F,2m)B．A球的加速度為零C．B球的加速度為eq\f(F,2m)D．B球的加速度為eq\f(F,m)解析恒力F作用時(shí)，A和B都平衡，它們的合力都為零，且彈簧彈力為F.突然將力F撤去，對(duì)A來(lái)說(shuō)水平方向依然受彈簧彈力和墻壁的彈力，二力平衡，所以A球的合力為零，加速度為零，A項(xiàng)錯(cuò)、B項(xiàng)對(duì)．而B(niǎo)球在水平方向只受水平向右的彈簧的彈力作用，加速度a＝eq\f(F,m)，故C項(xiàng)錯(cuò)、D項(xiàng)對(duì)．答案BD3．(單選)(·安徽卷，17)圖3－2－13如圖3－2－13所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個(gè)豎直向下的恒力F，則()．A．物塊可能勻速下滑B．物塊仍以加速度a勻加速下滑C．物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D．物塊將以小于a的加速度勻加速下滑解析設(shè)斜面的傾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律，知物塊沿斜面加速下滑時(shí)的加速度a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)>0，即μ<tanθ.對(duì)物塊施加豎直向下的壓力F后，物塊的加速度a′＝eq\f(（mg＋F）sinθ－μ（mg＋F）cosθ,m)＝a＋eq\f(Fsinθ－μFcosθ,m)，且Fsinθ－μFcosθ>0，故a′>a，物塊將以大于a的加速度勻加速下滑．故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤．答案C二、動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題4．一輛質(zhì)量為1.0×103kg的汽車，經(jīng)過(guò)10s由靜止加速到速度為108km/h后勻速前進(jìn)．求：(1)汽車受到的合力大??；(2)如果關(guān)閉汽車發(fā)動(dòng)機(jī)油門(mén)并剎車，設(shè)汽車受到的阻力為6.0×103N，求汽車由108km/h到停下來(lái)所用的時(shí)間和所通過(guò)的路程．解析汽車運(yùn)動(dòng)過(guò)程如下圖所