第2讲 应用牛顿第二定律处理 “四类”问题过好双基关 冏扣号砒知（R训隼基础題百 、瞬时问题1. 牛顿第二定律的表达式为： F合=ma，加速度由物体所受合处力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致•当物体所受合外力发生突变时， 加速度也随着发生突变， 而物体运动 的速度不能发生突变2. 轻绳、轻杆和轻弹簧（橡皮条）的区别：（1）轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为 0.（2）轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变• ［自测1 如图1, A、B、C三个小球质量均为 m. A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态 •现将A上面的细线剪断，使 A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间， A、B、C三个小球的加速度分别是（ ）A C 1 01 图A. 1.5g, 1.5g, 0 B.g, 2g, 0C.g, g, g D.g, g, 0答案 A解析 剪断细线前，由平衡条件可知， A上端的细线的拉力为 3mg, A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为 mg.在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球 C所受合外力为零,所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力， 由牛顿第二定律，3mg= 2ma,解得a = 1.5g，选项A正确.二、超重和失重1. 超重（1）定义：物体对支持物的压力 （或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象.⑵产生条件：物体具有向上的加速度 •2•失重(1) 定义：物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象•⑵产生条件：物体具有向下的加速度3. 完全失重(1) 定义：物体对支持物的压力 (或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象•⑵产生条件：物体的加速度 a = g，方向竖直向下•4. 实重和视重(1) 实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关 .(2) 视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等 —于物体的重力•此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重［自测2 关于超重和失重的下列说法中，正确的是 ( )A. 超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B. 物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C. 物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D. 物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化 答案 D三、动力学图象1. 类型(1) 已知图象分析运动和受力情况:(2) 已知运动和受力情况分析图象的形状 •2. 用到的相关知识通常要先对物体受力分析求合力， 再根据牛顿第二定律求加速度， 然后结合运动学公式分析.［自测3 (2016海南单科5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F的作用，其下滑的速度一时间图线如图2 所示.已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数， 在0〜5 S, 5〜10 s,B. F2>F3D.F1= F3A.F1F3答案 A研透命题点增研軒网和K通曲析资破億眶点命题点一超重和失重问题 ”基础考点 自圭悟透1. 对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变⑵在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失(3) 尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态 •(4) 尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态•2. 判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重 力时，物块处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物 体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断① 物体向上加速或向下减速时，超重② 物体向下加速或向上减速时，失重【例1 (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a随时间t变化的图线如图3所示,以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 ( )B.t= 2 s时最小D.t= 8.5 s时最小A. t = 2 s时最大C.t= 8.5 s时最大答案 AD解析 人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F — mg= ma,即F = mg+ ma,根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于支持力的大小,将对应时刻的加速度（包含正负号）代入上式，可得选项 A、D正确，B、C错误•［变式1 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台•若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t = 0时由静止开始上升，a — t图A.t= 4.5 s时，电梯处于失重状态 B.5〜55 s时间内，绳索拉力最小C.t= 59.5 s时，电梯处于超重状态 D.t= 60 s时，电梯速度恰好为零答案 D解析 利用a — t图象可判断：t = 4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则 A错误；0〜5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力 ＞重力，5〜55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力=重力，55〜60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力 ＜重力，综上所述，B、C错误；因a — t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的 “面积”与横轴F方的“面积”相等，则电梯的速度在 t= 60 s时为零，D正确.［变式2 为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整， 使座椅始终保持水平， 如图5所示.当此车减速上坡时，则乘客（仅考虑乘客与水平面之间的作用 ）（B.不受摩擦力的作用D.所受合力竖直向上A.处于超重状态C.受到向后（水平向左）的摩擦力作用 答案 C解析 当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿 第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变，则人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图所示.将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，所以乘客处于失重状态，故 A、B、D错误，C正确.•撓力考点师生共研1•两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化 为以下两种模型：■不蛊生朗星融变就能产生憚力*曹断匪；付厮要时闾憐St矗豪，尊力立:即ifl丸或改變，•馳口屮所站的轻劇.轻杆和接独面窕不M蒔殊说明时，均可技此模姙理■ ■ ■ ■ ■ ■■■■■，■■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■■■■■■■ M ■ ■ ■ ■■■■"亠■■■■■■ ■・■■■■*■■■ ■“ ■ 乂. ■ z ■ 4. ■ ■ |:当弹答的两端与物体相連（即奔端为固；進端》时.由T•物休你惯性.廉Sf的炭度十：龙I快家肋以相糾时何龜A：从牌力的大小认为是牛剜緘 即此时弾: :簣的弹力不窝交•■，■■■■■■■■■■■■，■ ■ ■ ■ ■ w ar ■ ■ ■ ■ ■ ■・ r・* ■■■■■■■ m ■ ■ ■ ■ ■ ■ ar*2. 求解瞬时加速度的一般思路［分析瞬时变化前后物体的受力情况 ?列牛顿第二定律方程 ?求瞬时加速度［例2 （2017山东泰安二模）如图6所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上， 小 球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上•两小球A、B通过光滑滑轮 O用轻质细绳相连， 两球均处于静止状态.已知B球质量为m, O在半圆柱体圆心 Oi的正上方，OA与竖直方向成30。
角，OA长度与半圆柱体半径相等， OB与竖直方向成45角，现将轻质细绳剪断的瞬间（重力加速度为g）.A. 弹簧弹力大小为.2mgB. 球B的加速度为gC. 球A受到的支持力为,2mg1D.球A的加速度为2g答案 D解析 剪断细绳前对 B球受力分析如图，由平衡条件可得 F弹=mgtan 45 = mg;剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力 F弹和B球重力的大小和方向均没有改变，则 F合=com4r =，'2mg, aB= .'2g, A、B项错误.剪断细绳前，有 A球的重力大小 Ga= 2F绳cos 30=,'6mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力 Fna= Gacos 30°=亠2一 mg, C项错误•剪断细绳一 1瞬间，对A球由牛顿第二定律有 mAgsin 30 = mAaA,得A的加速度aA= gsin 30 =2§, D项正确.［拓展延伸：(1)如图7甲、乙中小球mj、m2原来均静止，现如果均从图中 B处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？(2) 如果均从图中 A处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？(3) 由(1)(2)的分析可以得出什么结论？答案(1)弹簧和下段绳的拉力都变为 0.(2) 弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为 0.(3) 绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变 .【例3】如图8所示，两木块 A、B质量均为m,用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一 起，放在倾角为 a的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为 (1,用与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于静止状态 .求：(1) A、B两木块之间的距离；⑵剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大答案(1)L+ mgsin a+ 卩 mgos a(2)aA= 2g(sin a+ gos a, aB= 0解析 ⑴隔离B木块受力分析，由平衡条件可得 F弹=mgsin a+卩msps a由胡克定律F弹=k Ax得两木块间的距离为Lab = L + Ax= L +mgsin a+ 卩 mgos ak⑵剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块 B由牛顿第二定律得F弹一(mgsin a+ 1 maos o) = maB解得aB = 0.对于木块 A 有 F 弹 + i mcos a+ mgs in a= maA解得 aA = 2(gsin a+ gos a = 2g(sin a+ QOS a).［变式3 如图9所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块 3、4间用轻质弹簧相连，物块 1、3质量均为m,2、4质量均为mo,两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状1、2、3、4的加速度大小分别态•现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块为a1、a2、 a3、)A. a1 = a2= a3= a4= 0B. a1 = a2= a3= a4= gC.a1 = a2= g, a3= 0,a4 =m + m0m0 g_ m+ m0D.aug, a2=飞严，m+ moga3= °，a4 =忌答案 C解析 在抽出木板的瞬间， 物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失， 受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知 a1= a2= g;物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块 4向下的弹力大小仍为 mg，因此物块3满足F — mgF + mog mo+ m=o，即a3= o；由牛顿第二定律得物块4满足a4= mo —=―mo—g，所以C对.命题点三动力学图象问题 4能力考点师生共研1. 常见的动力学图象v — t图象、a- t图象、F — t图象、F — a图象等.2•图象问题的类型(1) 已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况(2) 已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况(3) 由已知条件确定某物理量的变化图象 .3. 解题策略⑴分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所 反映的物理过程，会分析临界点 •⑵注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点， 两图线的交点等•(3) 明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出 与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关 物理问题作出准确判断•［例4 如图10甲所示，两滑块 A、B用轻质细线跨过光滑轻质定滑轮相连， B距地面一定高度，A可在与斜面平行的细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动 •已知mA= 2 kg, mB= 4 kg,斜面倾角0= 37°某时刻由静止释放 A,测得A沿斜面向上运动的 v — t图象如图乙所示•已知g = 10 m/s2,对 B, mBg— Ft = mBai得：尸0.25(2)B落地后，A继续减速上升.由牛顿第二定律得 mAgsin 0+ uimgcos 0= mAa2将已知量代入，可得 a2= 8 m/s22故A减速向上滑动的位移为 X2=；^ = 0.25 m2a22考虑0〜0.5 s内A加速向上滑动的位移 X1 = A = 0.5 m2a1所以，A上滑的最大位移为 x= X1+ X2= 0.75 m1⑶A加速上滑过程中，由动能定理： W— (mAgsin 0+ uimgcos 0)x1= 2mAv2— 0得 W= 12 J.【例5 (2018吉林公主岭模拟)如图11甲所示，光滑水平面上的 O处有一质量为 m= 2 kg的物体.物体同时受到两个水平力的作用， F1 = 4 N，方向向右，F2的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示.物体从零时刻开始运动.(1)求当t= 0.5 s时物体的加速度大小.⑵物体在t= 0至t = 2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？⑶物体在t= 0至t = 2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？答案 (1)0.5 m/s2 (2)当 t = 0 时，am= 1 m/s2 当 t = 2 s 时，am，=— 1 m/s2 (3)t= 1 s 时，v=0.5 m/s解析 ⑴由题图乙可知F2= (2 + 2t) N当 t = 0.5 s 时，F2= (2 + 2X 0.5) N = 3 NF1— F2= maF1 — F 2 4 — 3a=m/s2=0.5 m/s2.⑵物体所受的合外力为 F合=F1— F2= 2 — 2t(N)作出F合一t图象如图所示从图中可以看出，在 0〜2 s范围内当t = 0时，物体有最大加速度 amF m= mamFm 2 2 * , 2am= — = 2 m/s2= 1 m/s2当t = 2 s时，物体也有最大加速度 am'Fm' = mam'F m' 一 2 2 2am' = m =—^ m/s =— 1 m/s负号表示加速度方向向左F合⑶由牛顿第二定律得 a= = 1 -t(m/s2)画出a-1图象如图所示由图可知t= 1 s时速度最大，最大值等于 a -1图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形 的面积 v= 1 x 1 x 1 m/s= 0.5 m/s.［变式4 （多选）如图12甲所示，一质量为 M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块.木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度 a，得到如图乙所示的a — F图象.取g = 10 m/s2.则下列说法正确的是（ ）1O 2 A图12A. 滑块的质量 m= 4 kg B.木板的质量 M = 4 kgC. 滑块与木板间动摩擦因数为 0.1 D.当F = 8 N时滑块加速度为2 m/s2答案 AC解析 由题图乙，当F等于6 N时，加速度a = 1 m/s2，对整体：F = (M + m)a，解得：M + mF —卩 mg 11=6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得 a= #，知图线的斜率k=M = £解得M = 2 kg,故滑块的质量 m = 4 kg，故A正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，FF —卩 mg 2=4 N时，a = 0,则a = M ,解得 尸0.1,故C正确；根据卩mg ma'，得a' = 1 m/s ,D错误•命题点四 动力学中的连接体问题模型构建"能力考点师生共研1.连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3) 轻绳连接体(4) 轻杆连接体2. 连接体的运动特点轻绳一一轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等轻杆一一轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度； 轻杆转动时，连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比•轻弹簧一一在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时， 两端连接体的速率相等•3.处理连接体问题的方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相冋的加速度， 且不需要求物体之间的作用力， 可以把它们看成一个整体， 分析整体受到的外力， 应用牛顿第二定律求出加 速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相冋， 或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相冋的加速度， 且要求物体之间的作用力时， 可以 先用整体法求出加速度， 然后再用隔离法选取合适的研究对象， 应用牛顿 第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”【例6 （多选）（2015新课标全国H 20）在一东西向的水平直铁轨上， 停放着一列已用挂钩连接好的车厢•当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a的加速度向东行驶时， 连接某两相邻车厢的2挂钩P和Q间的拉力大小为F ;当机车在西边拉着车厢以大小为 2a的加速度向西行驶时，P3和Q间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的摩擦， 每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（ ）A. 8 B.10 C.15 D.18答案 BC解析 设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为 m,则F= nma ①2设PQ东边有k节车厢，则 F = km 3a ②联立①②得3n= 2k,由此式可知n只能取偶数，当n = 2时，k= 3,总节数为N= 5当n = 4时，k= 6,总节数为 N= 10当n = 6时，k= 9,总节数为N= 15当n = 8时，k= 12,总节数为 N= 20,故选项 B、C正确.［变式5 （多选）（2018陕西商洛质检）如图13所示，在粗糙的水平面上，质量分别为 m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为 □，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度 ai匀加速运动时，弹簧的伸长量为xi;当用同样大小的恒力 Fa2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为X2,A. 若 m>M，有 xi= X2C.若 Qsin 0,有 xi>x2答案 ABB. 若 m
的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态，在木板 AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为 （ ）A.0C.大小为3g，方向垂直木板向下答案 DB.大小为g，方向竖直向下D.大小为2g，方向垂直木板向下解析 撤离木板AB瞬间，木板对小球的支持力消失,而小球所受重力和弹力不变，且二力的合力与原支持力等大反向6. （多选）（2017河北保定一模）如图6所示，一质量M = 3 kg、倾角为a= 45 °勺斜面体放在光滑水 平地面上，斜面体上有一质量为 m= 1 kg的光滑楔形物体•用一水平向左的恒力F作用在斜面体 上，系统恰好保持相对静止地向左运动•重力加速度为g= 10 m/s2,下列判断正确的是（）A. 系统做匀速直线运动B. F=40 NC. 斜面体对楔形物体的作用力大小为 5 .''2 ND. 增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动答案 BD解析 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有 F = （M + m）a，对楔形物体受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律有 mgtan 45 = ma，可得F = 40 N , a= 10 m/s2, A错，B对 斜面体对楔形物体的作用力 Fn2 =盲；晋5三迈mg= 10亚N , C错•外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑,■ 1f 1已5呛甲-Ur乙7. 如图7所示，质量分别为mi、m2的两个物体通过轻弹簧连接， 在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动 （mi在光滑地面上，m2在空中）.已知力F与水平方向的夹角为 则mi的加速度大小为（ ）图7Feos Bmi+ m2Fsin 9mi + m2C.Feos 9miD.Fsin 9m2答案 A解析 把mi、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得： Feos 9=Feos 9 ,(mi + m2)a,所以a= ，选项A正确.mi + m2#综合提升练8. （20i4北京理综i8）应用物理知识分析生活中的常见现象， 可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出 .对此现象分析正确的是（）A. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D. 在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案 D解析 手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项 A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项 B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项 C错误；手和物体分离之前速度相同， 分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大， 物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项 D正确.9. （20i8湖南怀化质检）如图8所示，A、B、C三球质量均为 m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接•倾角为B的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是 （ ）A. A球受力情况未变，加速度为零B. C球的加速度沿斜面向下，大小为 gC. A、B之间杆的拉力大小为 2mgsin 01D. A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为 qgsin 0答案 D解析 细线被烧断的瞬间，以 A、B整体为研究对象，弹簧弹力不变，细线拉力突变为 0，合力不为0,加速度不为0,故A错误；对球C,由牛顿第二定律得： mgs in 0= ma,解得：a =gsin 0,方向沿斜面向下，故 B错误；以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力 F = 3mgsin 0,烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：3mgsin 0、 1 、—2mgsin 0= 2ma，贝U A、B的加速度a = ?gsin 0,故D正确；由D可知，B的加速度为 a1 3=^gsin 0,以B为研究对象，由牛顿第二定律得 Ft — mgsin 0= ma，解得：Ft = ^mgsin 0,故C错误；故选D.10. （多选）如图9所示，在竖直平面内， A和B是两个相同的轻弹簧， C是橡皮筋，它们三者 间的夹角均为120°已知A、B对小球的作用力均为 F，此时小球平衡，C处于拉直状态，已知当地重力加速度为 g.则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为 （ ）A.g — F，方向竖直向下 B.—— g,方向竖直向上 C.0 D.F + g，方向竖直向下mm m答案 BC解析 由于橡皮筋C只能提供向下的拉力，所以轻弹簧 A和B对小球的作用力一定是拉力可能有两种情况： ⑴橡皮筋可能被拉伸，设拉力为 Ft，由平衡条件可知，2Fcos 60 ° mg +Ft,解得橡皮筋拉力Ft = F — mg剪断橡皮筋的瞬间， 小球所受合外力等于橡皮筋拉力 Ft= F —mg,方向竖直向上，由牛顿第二定律， F合=ma,解得小球的加速度 a= m — g，选项B正确；（2）橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度为零，选 项C正确.11•如图10甲所示，在倾角为 30。
的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m的物体，受到沿斜面方向的力 F作用，力F按图乙所示规律变化 （图中纵坐标是 F与mg的比值，力沿斜 面向上为正）.则物体运动的速度 v随时间t变化的规律是（物体初速度为零，重力加速度取10 m/s2)( )答案 C解析在0〜1 s内,F— mgsi n 30a1 =mg,方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动,1 s末物体速度 v1 = a1t1 = 5 m/s;在1〜2 s内，拉力为零,a2=mgs in 302，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动,2 s末速度为零；在F + mgsi n 302〜3 s内, a3=—m—罗，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动,3 s 末物体速度 V3= a3t3= 15 m/s,故C正确，A、B、D错误.12.（2018四川德阳模拟）如图11甲所示，长木板 B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端•现用F = 6 N的水平力向右拉物体 A，经过5 s物体A运动到B的 最右端，其v — t图象如图乙所示•已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg, A、B间的最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，g取10 m/s⑵由题图乙可知木板 B的长度为I = 2X 5X 10 m = 25 m若B不固定，则B的加速度为uimg 0.4 X 1 X 10 , 2 . , 2aB= = m/s = 1 m/s mB 4设A运动到B的最右端所用的时间为 t,根据题意可得|aAt2 —抽2= l，解得 t= 5 2 s..A坤图11(1)求物体A、B间的动摩擦因数；⑵若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间答案 (1)0.4 (2)5.2 s解析(1)根据v — t图象可知物体 A的加速度为aA=Av石10~5m/s2= 2 m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F — ymg= mAaAF — mAaA解得尸 =0.4mAg(1) A与斜面间的动摩擦因数；(2) A沿斜面向上滑动的最大位移；(3) 滑动过程中细线对 A的拉力所做的功答案(1)O.25 (2)O.75 m (3)12 J解析(1)在0〜0.5 s内，根据题图乙，A B系统的加速度为a1= f = 05m/s1 2 3 = 4 m/s2 对 A, Ft— mAgsin 0— uimgcos 0= mAa1。