人教版高中物理舉一反三-必修一4.5.1牛頓第二定律的應(yīng)用（教師版）

4.51牛頓第二定律的應(yīng)用解析版目錄TOC\o"1-1"\h\u一、【動力學(xué)的兩類基本問題知識點梳理】 1二、【整體隔離法求加速度知識點梳理】 4三、【整體隔離的高級用法知識點梳理】 7四、【牛頓第二定律之等時圓知識點梳理】 10五、【牛頓第二定律之分離臨界知識點梳理】 12【動力學(xué)的兩類基本問題知識點梳理】動力學(xué)中的兩類基本問題是：一、已知物體的受力情況，確定物體的運動情況；二、已知物體的運動情況，確定物體的受力情況。牛頓第二定律揭示出物體運動和受力之間的關(guān)系，解決問題的關(guān)鍵是先根據(jù)題目中的已知條件求加速度a，然后再求所要求的物理量。2.動力學(xué)兩類基本問題的處理方法不管哪一類問題，都要進行受力分析和運動情況分析，求解加速度。知道物體的受力情況后，常用力的合成與分解的方法求合力。要注意，合成時合力的方向必須是加速度的方向；分解時通常以加速度a的方向為x軸的正方向，把力分解到坐標(biāo)軸上，分別求合力，即Fx=ma，F(xiàn)y=0?！緞恿W(xué)的兩類基本問題舉一反三】1．如圖所示，一個人用與水平方向成θ=37°角的斜向下的推力F1推一個質(zhì)量m=30kg的箱子勻速前進，如圖（A）所示，箱子與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）推力F1的大??；（2）若該人改用大小為180N，方向與水平方向成37°角斜向上的力F2拉這個靜止的箱子，如圖（B）所示，拉力作用2.5s后撤去，拉力撤去前的加速度的大小以及拉力撤去后箱子最多還能運動多長距離。【答案】（1）300N；（2），【詳解】（1）根據(jù)平衡條件代入數(shù)據(jù)得推力F1=300N（2）根據(jù)牛頓第二定律得解得拉力撤去時速度撤去外力后，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)2．摩天大樓中有一部從一樓直通頂層的客運電梯，其簡化模型如圖（甲）所示。電梯受到的拉力F是隨時間t變化的。電梯在t=0時由靜止開始沿豎直方向運動，F(xiàn)-t圖像如圖（乙）所示。電梯總質(zhì)量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算該摩天大樓的高度為（）A．50m B．150m C．200m D．300m【答案】B【詳解】在0~5s內(nèi)電梯加速上升，加速度在5~15s內(nèi)電梯勻速上升；在15~20s內(nèi)電梯減速上升，加速度做出電梯上升的v-t圖像，如圖由圖像的面積等于位移可知摩天大樓的高度為故選B。3．宇宙飛船返回艙進入大氣層后先打開減速傘，當(dāng)速度減至80m/s時打開主降落傘繼續(xù)減速，直到速度減至8m/s后做勻速下落，打開主傘后返回艙的速度圖線如圖a所示，主降落傘用96根對稱的傘繩懸掛著返回艙，每根傘繩與中軸線的夾角約為37°，如圖b所示，已知返回艙的質(zhì)量為2400kg，主降落傘質(zhì)量為80kg，不計返回艙所受的阻力，打開主降落傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f＝kv（k為阻力系數(shù)）（g取10，，），求：（1）阻力系數(shù)k；（2）打開主降落傘瞬間的加速度a的大小和方向；（3）懸繩能夠承受的拉力最小值。

【答案】（1）3100；（2）90m/s2，豎直向上；（3）312.5N【詳解】（1）由題意和圖a可知，當(dāng)速度為8m/s時，受阻力大小與重力大小相等，有其中解得（2）打開主降落傘瞬間返回艙的為80m/s，受到的阻力為由牛頓第二定律有方向豎直向上。（3）在打開主降落傘瞬間繩子拉力最大，設(shè)懸繩能夠承受的拉力最小值為F，對返回艙有得4．2023年杭州亞運會獨具匠心地引入了滑板、攀巖、電子競技等青少年熱衷的項目，以嶄新的視角詮釋了體育精神的青春活力與浙江文化的融合?；灞荣惖囊欢钨惖朗疽鈭D如圖左圖所示，水平直道AB長為12m，傾斜直道BC長為20m，它們在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為30°。運動員從A點由靜止出發(fā)，滑板勻加速到B點時速度大小為6m/s，緊接著沿BC勻加速下滑，到C點共用時6.0s。若滑板和運動員一起可視為質(zhì)點，始終在地面上運動，其總質(zhì)量為60kg，重力加速度，試求滑板和運動員：（1）在直道AB上的加速度大小；（2）過C點的速度大小；（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小?！敬鸢浮浚?）1.5m/s2；（2）14m/s；（3）60N【詳解】（1）設(shè)在AB段加速度為a1，位移為x1，由運動學(xué)公式代入數(shù)據(jù)解得a1=1.5m/s2（2）設(shè)運動員在AB段運動時間為t1，BC段時間為t2，則BC段運動的時間t2=6s-4s=2s根據(jù)位移—時間的公式有代入數(shù)據(jù)解得a2=4m/s2過C點的速度為14m/s（3）在BC段由牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得60N5．（多選）現(xiàn)在大型室外活動通常用無人飛機進行航拍。如圖所示，一質(zhì)量m=4.0kg的無人飛機在操作員的操控下由靜止開始豎直向上勻加速運動2s，然后無人飛機又勻速向上運動3s，接著勻減速向上運動4s速度恰好為零，之后懸停進行航拍。已知無人飛機上升過程中的最大速度為vm=4m/s，受到的空氣阻力恒為f=2N，重力加速度大小g=10m/s2，則（）

A．無人飛機上升的第一個階段，受到向上的作用力大小是50NB．無人飛機上升的第二個階段，受到向上的作用力大小是40NC．無人飛機上升的第三個階段，受到向上的作用力大小是40ND．無人飛機上升的總高度為24m【答案】AD【詳解】A．無人飛機上升的第一個階段的加速度由牛頓第二定律可知F1-mg-f=ma代入數(shù)據(jù)解得F1=50NA正確；B．無人飛機第二個階段勻速上升F2=mg+f=42NB錯誤；C．無人飛機第三個階段減速上升，加速度大小無人飛機第三個階段減速上升，根據(jù)牛頓第二定律可得F3=38NC錯誤；D．無人飛機上升的總高度為D正確。故選AD6．無人機航拍以無人駕駛飛機作為空中平臺進行攝影.如圖所示，某款質(zhì)量為的攝影無人機開始懸停在湖面一定高度處，為了全景拍攝景物，無人機勻加速上升，速度時上升高度達到9m，而后減速直至懸停，忽略空氣阻力影響，取10m/s2，求無人機：（1）加速上升的時間；（2）加速上升過程中加速度的大?。唬?）加速上升過程中受到的升力有多大。

【答案】（1）3s；（2）2m/s2；（3）24N【詳解】（1）由勻變速直線運動平均速度公式可得解得（2）由速度公式可得解得（3）由牛頓第二定律可得解得7．一個質(zhì)量為的物塊靜止在光滑的水平面上，物塊在一個水平向右的恒力的作用下開始向右做勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間后，恒力變?yōu)樗较蜃蟮模纸?jīng)過了時間物塊恰好又回到了出發(fā)點，則的大小為（

）

A． B． C． D．【答案】C【詳解】在恒力的作用下的加速度在恒力的作用下的加速度勻加速直線運動的位移末速度勻減速直線運動的位移因為可得故選C。8．（多選）將一物塊放置于粗糙的水平地面上，物塊受到的水平拉力隨時間變化的關(guān)系圖像如圖甲所示，其速度隨時間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，取重力加速度大小，則下列說法正確的是（）A．末物塊受到的摩擦力大小為B．末物塊受到的摩擦力大小為C．物塊的質(zhì)量為D．物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.1【答案】AC【詳解】A．末物塊靜止，受到的摩擦力為靜摩擦力，大小為故A正確；B．末物塊受到滑動摩擦力作用，根據(jù)圖像可知，4s后受滑動摩擦力作用，大小為8N，故B錯誤；CD．2-4s物體加速度根據(jù)，解得物塊的質(zhì)量為，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4，故C正確D錯誤。故選AC?！菊w隔離法求加速度知識點梳理】1.連接體及其特點兩個或兩個以上相互關(guān)聯(lián)(疊放，并排，或由繩子、細桿、彈簧連接)的物體構(gòu)成的系統(tǒng)稱為連接體。連接體一般具有相同(或大小相等)的速度或加速度。2.處理連接體問題的常用方法(1)整體法與隔離法整體法隔離法概念將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開

來分析的方法選用原則研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或系統(tǒng)整體的加速度，不涉及求內(nèi)力的情況，用整體法比較簡單研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作

用力分析技巧受力分析時不需要考慮系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用一般隔離受力較少的物體(2)在較為復(fù)雜的連接體問題中常常需要將整體法與隔離法有機地結(jié)合起來，交替運用。多數(shù)情況下，求內(nèi)力時，先整體后隔離；求外力時，先隔離后整體。3.常見的彈力引起的連接體問題彈力(繩子的拉力或彈簧的彈力等)作用下的連接體之間的力的分配規(guī)律如下：(各物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)相同)(1)相互擠壓在一起的連接體A、B之間的彈力FN=mB(2)用細線連接沿水平方向運動的連接體細線的張力FT=mB(3)用輕質(zhì)彈簧連接的連接體彈簧彈力F彈=mB(4)用細線連接沿豎直方向運動的連接體細線的張力FT=mB總結(jié)：這四種模型求解內(nèi)力，結(jié)果相同，且內(nèi)力與物體所處的接觸面是否光滑無關(guān)，與mB和連接體的總質(zhì)量的比例有關(guān)。4.由摩擦力引起的連接體問題對摩擦力引起的連接體——板塊模型分析時，注意由相對靜止到相對滑動的臨界情況的討論：先假設(shè)兩者處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，由整體法求出加速度，然后隔離靜摩擦力驅(qū)動的物體，由牛頓第二定律求出靜摩擦力；再看靜摩擦力是否小于等于最大靜摩擦力，判斷假設(shè)是否成立，再根據(jù)相關(guān)規(guī)律求解其他物理量?！菊w隔離法求加速度舉一反三練習(xí)】9．如圖所示，在光滑水平地面上，A，B兩物塊用細線相連，A物塊質(zhì)量為1kg，B物塊質(zhì)量為2kg，細線能承受的最大拉力為4N。若要保證在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右運動，則F的最大值為（）

A．4N B．5N C．6N D．7N【答案】C【詳解】對兩物塊整體做受力分析有對于B物體有聯(lián)立解得故選C。10．（多選）如圖所示，兩個質(zhì)量分別為、的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接。大小為的水平拉力作用在上，彈簧測力計始終在彈性限度內(nèi)，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定后，下列說法正確的是（）。

A．彈簧測力計的示數(shù)是B．彈簧測力計的示數(shù)是C．在突然撤去F的瞬間，的加速度不變D．在突然撤去F的瞬間，彈簧測力計的示數(shù)不變【答案】AD【詳解】AB．以向右為正方向，對整體分析，由牛頓第二定律得解得方向向右；設(shè)彈簧的彈力為，對物塊分析，由牛頓第二定律得解得故A正確，B錯誤；CD．在突然撤去F的瞬間，彈簧的形變量不變，彈簧測力計的示數(shù)不變；對物塊分析，由牛頓第二定律得解得的加速度大小為方向向左，故C錯誤，D正確。故選AD。11．（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為的小球B與輕桿相連，兩球連接體斜放在車廂內(nèi)，當(dāng)車以一定的加速度向右勻加速運動時，兩球連接體相對于車廂靜止，輕桿與豎直方向的夾角為，車廂側(cè)壁和地板均光滑，重力加速度為g，則（）

A．輕桿對球的作用力大小為B．車的加速度大小為C．A球?qū)噹麄?cè)壁的作用力大小為D．B球?qū)噹匕宓淖饔昧Υ笮椤敬鸢浮緼CD【詳解】A．根據(jù)題意，設(shè)桿對球的作用力大小為，對A球，豎直方向上由平衡條件有解得故A正確；BCD．水平方向上，由牛頓第二定律，對A球有對B球有豎直方向上對B球，由平衡條件有聯(lián)立解得故B錯誤，CD正確。故選ACD。12．如圖，質(zhì)量為M的小車放在光滑水平面上，小車上用細線懸吊一質(zhì)量為m的小球，，用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運動時，細線與豎直方向成角，細線的拉力為若用一力水平向左拉小車，使小球和車一起以加速度向左運動時，細線與豎直方向也成角，細線的拉力為則（）A．， B．，C．， D．，【答案】A【詳解】先對左圖中情況下的整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有再對左圖中情況下的小球受力分析，如圖根據(jù)牛頓第二定律有由以上三式可解得，再對右圖中小球受力分析，如圖由幾何關(guān)系得再由牛頓第二定律，得到由于故，故A正確，BCD錯誤。故選A。13．如圖所示，水平桌面上有一物體A通過跨過定滑輪的繩子與物體B相連，已知A、B的質(zhì)量分別為2kg和1kg，A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，繩子的質(zhì)量以及繩子與定滑輪之間的摩擦力都可以忽略，繩子不可伸長，桌面上方的繩子水平，重力加速度g=10m/s2，則將A、B由靜止釋放后，繩子對物體A的拉力大小為（）

A．8N B．10N C．20N D．30N【答案】A【詳解】把A、B看成整體，由牛頓第二定律可知對B有聯(lián)立解得故選A。14．如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A、B放在粗糙水平面上，它們之間用不可伸長的輕繩相連，現(xiàn)用與水平方向成θ角的力F作用在木塊B上，使木塊A、B一起沿水平面向右勻速運動，此時輕繩與水平方向的夾角也為θ。已知木塊A、B均可視為質(zhì)點，且與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．力F的大小為 B．力F的大小為C．輕繩的拉力大小為 D．輕繩的拉力大小為【答案】C【詳解】AB．木塊A、B一起沿水平面勻速運動，應(yīng)用整體法可得解得故AB錯誤；CD．對木塊A應(yīng)用隔離法，可得解得故C正確；D錯誤。故選C。15．一列火車由牽引車頭和20節(jié)完全相同的車廂組成，在車頭牽引下正沿足夠長的平直軌道加速前進，運動過程中每一節(jié)車廂所受阻力相等。某時刻第5節(jié)對第6節(jié)車廂的作用力為F，則此時車頭對第1節(jié)車廂的作用力為（）A．F B． C． D．【答案】B【詳解】對后15節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律對20節(jié)車廂整體，根據(jù)牛頓第二定律解得故選B?！菊w隔離的高級用法知識點梳理】對于一個加速度不等的連接體所構(gòu)成的系統(tǒng)而言，牛頓運動定律指出：系統(tǒng)所受的合外力等于系統(tǒng)內(nèi)各個物體所受合外力之和，即F合=m1a1+m2a2+m3a3++mnan③，采用正交分解法，其兩個分量的方程形式為和動力學(xué)知識解題的能力，下面通過較復(fù)雜情景中的應(yīng)用與隔離法作一比較。例題1

如圖所示有一傾角為、質(zhì)量的木楔ABC靜置于粗糙水平地面上，有一質(zhì)量的光滑物塊在木楔上由靜止開始沿斜面下滑。在此過程中木楔沒有動，求地面對木楔的摩擦力和支持力大小。解析：利用隔離法解題：先取物塊為研究對象，受力分析如圖3，可得：再取木楔為研究對象，受力分析如圖4，水平方向上：由牛頓第三定律有：而對物塊，可得：由以上各式聯(lián)立，可得：豎直方向上：如利用整體法分析，受力分析與運動分析如圖5，其中將物塊加速度沿水平、豎直方向正交分解。在水平方向上，由加速度的水平分量不難確定地面對木楔的摩擦力方向水平向左，大小由牛頓第二定律可得：豎直方向上：可得：通過以上比較不難看出，在加速度不等的系統(tǒng)中應(yīng)用整體法解題優(yōu)勢明顯，其實，不管是定性分析，還是定量求解，該法較隔離法更能全面把握問題關(guān)鍵，凸顯運動和力的關(guān)系，有效提高解題速度，更深入地理解牛頓運動定律【整體隔離的高級用法舉一反三練習(xí)】16．雜技是一種集技能、體能、娛樂性很強的表演活動。如圖所示為雜技“頂竿”表演，一人A站在地上，肩上扛一質(zhì)量為2m的豎直竹竿，當(dāng)竿上一質(zhì)量為m的人B以加速度a加速下滑時，竿對人A的壓力大小為（已知重力加速度為g）（）A．3mg+ma B．3mg-ma C．3mg D．2mg【答案】B【詳解】以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律再以竹竿為研究對象，可知聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可知竿對人A的壓力大小為。故ACD錯誤，B正確。故選B。17．一個箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環(huán)，箱與桿的質(zhì)量為M，環(huán)的質(zhì)量為m，如圖所示。已知重力加速度為g，環(huán)沿桿以加速度a勻加速下滑，則此時箱子對地面的壓力大小為（）A．Mg＋mg－ma B．Mg－mg＋maC．Mg＋mg D．Mg－mg【答案】A【詳解】環(huán)在豎直方向上受重力及箱子內(nèi)的桿對它的豎直向上的摩擦力Ff，受力情況如圖甲所示以環(huán)為研究對象根據(jù)牛頓第三定律，環(huán)應(yīng)給桿一個豎直向下的摩擦力Ff′大小等于Ff，故箱子豎直方向上受重力Mg、地面對它的支持力FN及環(huán)給它的摩擦力Ff′，受力情況如圖乙所示以箱子為研究對象根據(jù)牛頓第三定律，箱子對地面的壓力大小等于地面對箱子的支持力大小，即故選A。18．如圖，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知貓的質(zhì)量是木板的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為（）A．3gsinα B．gsinαC．3gsinα/2 D．2gsinα【答案】A【詳解】以貓為研究對象，；以木板為研究對象，．所以．答案選A．19．（多選）如圖所示，斜劈形物體的質(zhì)量為M，放在水平地面上，質(zhì)量為m的粗糙物塊以某一初速沿斜劈的斜面向上滑，至速度為零后又加速返回，而斜劈始終保持靜止，物塊m上、下滑動的整個過程中（

）A．地面對斜劈M的摩擦力方向沒有改變B．地面對斜劈M的摩擦力方向先向左后向右C．地面對斜劈M的支持力始終小于（M＋m）gD．物塊m向上和向下滑動因摩擦產(chǎn)生的熱量相同【答案】ACD【詳解】A、B項，物塊m先減速上滑后加速下滑，加速度方向始終沿斜面向下，對M和m整體進行受力分析得，水平地面始終對M有水平向左的摩擦力的作用，故A正確，B錯誤．C項，將M和m看成一個整體，則加速度有豎直向下的分量，所以系統(tǒng)處于失重狀態(tài)，地面對斜劈M的支持力小于，故C項正確．D項，設(shè)斜面的傾角為，物塊上滑的過程和下滑過程走過的位移是相等的，摩擦力也是相等的，所以物塊m向上和向下滑動因摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故D正確；綜上所述本題答案是：ACD【牛頓第二定律之等時圓知識點梳理】質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦由靜止開始下滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。證明如下：質(zhì)點沿豎直直徑下滑時，做自由落體運動，有2R=12gt2，則運動時間為t=2Rg；當(dāng)質(zhì)點沿與豎直弦成π2-θ角的光滑弦下滑時，通過的位移為L=2Rsinθ，加速度為a=gsinθ，且有L=12上述結(jié)論可推導(dǎo)出以下兩個推論：①質(zhì)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；②兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質(zhì)點沿過切點的不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。處理等時圓問題的解題思路：【牛頓第二定律之等時圓舉一反三練習(xí)】20．如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點，若每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，將兩滑桿同時從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、c到d所用的時間，則()

A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1<t2 D．無法確定【答案】A【詳解】設(shè)滑桿與豎直方向的夾角為α，圓周的直徑為d．根據(jù)牛頓第二定律得：滑環(huán)的加速度為；滑桿的長度為s=dcosα；則根據(jù)s=at2得，，可見，時間t與α無關(guān)，故有t1=t2．故選A.點睛：本題關(guān)鍵從眾多的桿中抽象出一根桿，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式求出時間表達式討論．21．如圖所示，在豎直面內(nèi)有一個正方形ABCD，AD邊豎直，BD是對角線，O是BD的中點，E、F在BD上并且關(guān)于O點對稱，從A點分別向E、O、F放三個光滑斜面，當(dāng)物塊從頂點A靜止開始沿著三個斜面滑到底端時，運動時間分別為t1、t2、t3，則（）A．t1<t2<t3 B．t2<t1=t3 C．t1=t2=t3 D．t1=t2<t3【答案】A【分析】此題考查等時圓模型的應(yīng)用。等時圓模型：物體沿著位于同一豎直圓上的所有過頂點的光滑弦由靜止下滑，到達圓周底端時間相等為（其中R為圓的半徑），如下圖所示【詳解】以AD邊為直徑作圓，與AF交于N點，延長AE與圓交于M點，如下圖所示根據(jù)“等時圓模型”，可知而，則有t1<t2<t3故選A。22．如圖所示，圓1和圓2外切，它們的圓心在同一豎直線上。有四塊光滑的板，它們的一端搭在豎直墻面上，另一端搭在圓2上，其中B、C、D三塊板都通過兩圓的切點，B上端在圓1上，C上端在圓1內(nèi)，D上端在圓1外，A板與D板最低點交于一點a（d），且兩板與豎直墻面的夾角分別為、。從A、B、C、D上端同時由靜止釋放一個物塊，它們都沿板運動，到達板底端的時間分別為、、、，下列判斷正確的是（

）

A． B． C． D．【答案】C【詳解】對物塊沿A板或D板運動到a點過程進行分析，設(shè)最低點a到豎直直線的距離為x，斜板與水平方向的夾角為θ，則斜板長為根據(jù)牛頓第二定律可得物塊的加速度為根據(jù)運動學(xué)公式可得解得由于A板與D板最低點交于一點a（d），則x相等，且兩板與豎直墻面的夾角分別為30°、60°，則與水平方向的夾角為60°和30°，則sin2θ相等，所以有tA=tD根據(jù)等時圓原理可知tD＞tB＞tC故有tA=tD＞tB＞tC故選C。23．如圖所示，一斜坡底端為B，斜坡上離B點3.6m處有一C點，在C點正上方離C點3.6m高處有一A點，AB間有一不可伸長的拉緊的光滑細線，在細線上套有一圓環(huán)P，將P環(huán)由A點處靜止釋放，滑到B點所需時間為s．【答案】1.2【詳解】設(shè)CA和PB的夾角為，則圓環(huán)沿光滑細線下滑的加速度為，又，結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律可得，【牛頓第二定律之分離臨界知識點梳理】當(dāng)物體由一種物理狀態(tài)變?yōu)榱硪环N物理狀態(tài)時，可能存在一個轉(zhuǎn)折點，這時物體所處的狀態(tài)稱為臨界狀態(tài)，與之相關(guān)的物理條件則稱為臨界條件，涉及臨界狀態(tài)的問題稱為臨界問題。許多臨界問題題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“恰脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給出暗示，審題時要抓住這些特定詞語挖掘其內(nèi)涵規(guī)律，找出臨界條件。二類典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：疊放在一起的兩個物體在分離瞬間，從受力的角度來講，它們之間的壓力為零；從運動學(xué)的角度來講，兩者在垂直于接觸面方向的速度和加速度仍然相等。(2)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是繩中張力FT=0。解題思路：達到臨界的條件：①接觸面或者繩子的彈力F彈=0N達到臨界的特點：①兩物體加速度相等②兩物體速度相等由臨界條件彈力等于0，可以求出某個物體的加速度。再由達到臨界的特點可以求出另一個物體的加速度?！九ｎD第二定律之分離臨界舉一反三練習(xí)】24．（多選）如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為，，當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3N時A、B將會分離。t=0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是（）A．t=2.0s時刻A、B之間作用力為0.6NB．t=2.5s時刻A對B的作用力方向向左C．t=2.5s時刻A、B分離D．從t=0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4m【答案】AD【詳解】A.在t=2.0s時刻有對AB整體利用牛頓第二定律有再對B進行受力分析聯(lián)立可得故A正確；B.t=2.5s時F2=2.25N，F(xiàn)1=1.35N；對AB整體利用牛頓第二定律有再對B進行受力分析聯(lián)立可得可知A對B的作用力作用力方向向右，故B錯誤；C.若t時刻分離對A有得當(dāng)時二者分離，故C錯誤；D.當(dāng)AB分離時，AB拉力恰好為0.3N，對A利用牛頓第二定律有對B利用牛頓第二定律有結(jié)合圖像可知聯(lián)立可得分開之前AB所受合力一直為3.6N，所以加速度一直為1.2m/s2，根據(jù)公式可得位移為故D正確。故選AD?！军c睛】本題考查牛頓第二定律以及整體法隔離法結(jié)合使用。25．（多選）如圖所示，物塊A、B的質(zhì)量均為m，物塊C的質(zhì)量為2m。A放在一勁度系數(shù)為k的輕彈簧上（未連接），B、C通過一根繞過輕質(zhì)光滑定滑輪的輕繩相連，B疊放在A上，用手托起C使繩子處于伸直但不拉緊的狀態(tài)。某一時刻突然釋放C，一段時間后A、B分離，此時C未觸地，重力加速度為g，下列說法正確的是（

）

A．剛釋放C的瞬間，A、B間的彈力不變 B．釋放C后至A、B分離前，繩子中的張力不變C．A、B分離時，A、B的加速度為 D．A、B分離時，A、B上升的高度為【答案】CD【詳解】A．釋放C前，A、B間的彈力等于B的重力，為mg；剛釋放C瞬間，系統(tǒng)彈簧彈力對整體，根據(jù)牛頓第二定律有對A，根據(jù)牛頓第二定律有解得剛釋放C的瞬間，A、