第二节牛顿第二定律两类动力学问题

1、小学英语、英语课件、英语教案、小学英语试题、英语导学案、英语单词短语第二节牛顿第二定律两类动力学问题基础再现*夯实双基学生用书P44【基础梳理】、牛顿第二定律1 .内容：物体加速度的大小跟作用力成正比跟物体的质量成反比，加速度的方向跟 作用力的方向相同.2 . 表达式：F = ma.3.适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系.(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等 卜低速运动(远小于光速)的情 况.二、两类动力学基本问题1 .两类动力学问题2 .解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解.三、力

2、学单位制1 .单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制.2 .基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、 质量、时间,它们的单位分别是米、千克、秒._3.导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.【自我诊断】0判一判(1)牛顿第二定律表达式 F=ma在任何情况下都适用.()(2)物体所受合外力大，其加速度一定大.()(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加 速度.()(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用.()(5)F = ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关.()(6)物体所受

3、合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小.()（7）物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关 系.（）提示：（1）X （2）X （3）， （4）X（5）V （6）V ，0做一做（2018沈阳四校协作体月考）如图所示，当小车向右加速运动时，物块 M相对车厢静止 于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时（）一二.A . M受静摩擦力增大B. M对车厢壁的压力减小C. M仍相对于车厢静止D . M受静摩擦力减小 提示：选C.分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff=Mg,与水平方向的加速度大小无关，A、D错误；水平方向，FN=Ma, Fn随a的增大而增大，由牛顿第

4、三定律知，B 错误；因Fn增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大 ，故M相对于车厢仍静止，C正确.做一做在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒/A（安培）.导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（）A. m2kgs4- A1B. m2kgs3 A1C. m2,kg,s2, A1D. m2-kg-s1- A1提示：B突IS疑睢讲稣提升多维课堂&考点突破考点1 牛顿第二定律的基本应用学生用书P45【知识提炼】1 .求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况 或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度.2 .牛顿第二定

5、律瞬时性的“两类”模型（1）刚性绳（轻杆或接触面）一一不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间.（2）弹簧（或橡皮绳）一一两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳），特点是形变量 大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变.3 .在求解瞬时加速度时应注意的问题（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行 受力分析和运动分析.（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突 变.【典题例析】例1（多选）（2015高考全国卷n ）在一东西向的水平直铁轨

6、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 a的加速度向西行驶 3时，P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. 8B. 10C. 15D. 18解析设每节车厢的质量为 m,这列车厢的节数为 n, P、Q挂钩的东边车厢的节数为 x,西边车厢的节数为n-x.当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F=（n x）ma;当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得 F = 2max,

7、联立可得n = 5x, x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D 33错误.答案BC总结提开合力、加速度、速度间的决定关系（1）物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零.一般情况下，合力与速度无必 然的联系.（2）合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动AvF 一a=方正加速度的正乂式, a与A v、At无直接关系；a = m正加速度的决正式 a”F,1 aocm【迁移题组】口迁移1力与运动的关系1 .如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到。点并系住质量为 m的物体，现将弹

8、簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点.如果物体受到的阻力恒定，则 （）? 厂；II二A O BA .物体从A到O先加速后减速B.物体从A到O做加速运动，从 。到B做减速运动C.物体运动到 O点时，所受合力为零D.物体从A到。的过程中，加速度逐渐减小解析：选A.物体从A到O,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力 ，合力向右.随着物 体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小， 由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大.当物体向右运动至 AO间某点（设为点O'时, 弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大.此后，随着物体

9、继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左.至。点时弹力减为零， 此后弹力向左且逐渐增大.所以物体越过 O点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于 加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动 .正确选项为A.0迁移2牛顿运动定律的瞬时性2 .如图甲所示，一质量为 m的物体系于长度分别为 Li、L2的两根细线上，Li的一端悬 挂在天花板上，与竖直方向夹角为a L2水平拉直，物体处于平衡状态.甲乙（1）现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度.（2）若将图甲中的细线Li换成长度相同（接m后），质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断 L2的瞬间物体的加速度

10、.解析：（1）细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起Li上的张 力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a=gsin a（2）当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化（变化要有一个过程，不能突变），因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a=gtan依方向水平向右.答案：（1）gsin a方向垂直于L1斜向下方（2）gtan也方向水平向右考点2 动力学的两类基本问题学生用书P45【知识提炼】3 .解决两类动力学问题的关键(1)两

11、类分析物体的受力分析和物体的运动过程分析.(2)一个“桥梁”一一物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁.4 .解决动力学问题时的处理方法合成法：在物体受力个数较少 (2个或3个)时，一般采用“合成法”.(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”.【典题例析】例2(2016高考四川卷)避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为0的斜面.一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当

12、货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端 38 m,再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos 0= 1, sin 0= 0.1, g = 10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度.解析(1)设货物的质量为 m,货物与车厢间的动摩擦因数-0.4,货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为 f,加速度大小为a1，则f+ mgsin 0= ma1f=mgos O联立式并代入数据得a=5 m/s2

13、a1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为 M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v= 23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s0 = 38 m的过程中，用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为&,在车厢内滑动的距离 s= 4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为S2.货车受到制动坡床的阻力大小为F, F是货车和货物总重的 k倍，k=0.44,货车长度lo=12 m,制动坡床的长度为1,则Mgsin。+ F-f= Ma2F=k(m+M)gi 12si= vt- ait.12QS2= vt 2a2ts= Si S21= lo+ So+ S2联立并代入数

14、据得1=98 m.答案(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m1.两类动力学问题的解题步骤 利用整体法或隔幅法确定研究对象+画好生力示意图、运动情境图,明确物体 的运动性旗利运动过程 合成法或正交分解法4通常规定加速度的方向为正方向根据牛蛾第二定律尸=皿口或；5M,卜团由逐动学公式列出辅助方程2 .等时圆模型(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示.(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示.(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如

15、图丙所示.【迁移题组】°迁移1已知受力求运动1.（多选）（2018汕头*II拟）建设房屋时，保持底边 L不变，要设计好屋顶的倾角为以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运 动.下列说法正确的是（）A.倾角。越大，雨滴下滑时的加速度越大B.倾角。越大，雨滴对屋顶压力越大C.倾角。越大，雨滴从顶端 O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角。越大，雨滴从顶端 。下滑至屋檐M时的时间越短解析：选AC ./J学英语、英语课件、英语教案、/J学英语试题、英语导学案、英语单词短语设屋檐的底角为依底边长度为L,注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时

16、加速度为 a,对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力 Fn,垂直于屋顶方向：mgcos 0= Fn,平行于屋顶方向： ma=mgsin。.雨滴的加速度为：a=gsin 0,则倾 角。越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小： F N = Fn = mgcos 为则倾角。越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x=2cOTl，由x=2gsin 0- t2,可得:可见当0= 45°时，用时最短，D错误；由v = gsin 9T可得：v= gLtan 3,可见。越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越 大，C正确.口迁移2已知运动求受力

17、2.（2018江西重点中学十校联考）趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为 M、m,球拍平面和水平面之间夹角为依球拍与球保持相对静止,它们间摩擦力及空气阻力不计，则 （）A .运动员的加速度为 gtan 0B.球拍对球的作用力为mgC.运动员对球拍的作用力为（M+m）gcos 0D.若加速度大于gsin仇球一定沿球拍向上运动解析：选A .乙甲网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNSin 0= ma,又 Fncos 0= mg,解得 a = gtan& FN=Cmgi,故A正确,B错误；以球拍和球整体为研究对象,受力如图乙所示,根据平衡，运动员对球拍的

18、作用力为F=TOs*，故C错误；当a>gtan。时，网球才向上运动，由于gsin 0<gtan也故球不一定沿球拍向上运动，故D错误.口迁移3等时圆模型3.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由 A滑到B和由C滑到D,所用的时间分别为 力和t2,则t1与t2之比为（）A. 2 ： 1B. 1 ： 1C. 3 ： 1解析：选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为也则物体下滑时的加速度为a= gsin a由几何关系，斜槽轨道的长度s=2（R+ r）sin仇由运动学公式s= 1，得t=

19、2X2 (R+r) sin ( 2gsin 0但，即所用时间t与倾角。无关，所以t1=t2, B项正确. g考点3 动力学图象问题的应用学生用书P46【知识提炼】1 .常见的图象有：v t图象，a t图象，F t图象，Fx图象，Fa图象等.2 .图象间的联系：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁.3 .图象的应用(1)已知物体在一运动过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情 况.(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情 况.(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析.4 .解题策略(1)问题的实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象

20、斜率、截距、交点、拐点、 面积的物理意义.(2)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.【典题例析】例 (多选)(2015高考全国卷I)如图甲，一物块在 t=0时刻滑上一固定斜面，其运 动的vt图线如图乙所示.若重力加速度及图中的V。、Vi、3均为已知量，则可求出()甲A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度审题指导解此题关键有两点：(1)利用vt图象分析研究加速度.(2)根据物块在斜面上的受力，分阶段列牛顿第二定律方程 .解析由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度

21、为a1 = V。，下降过程中的加速度为a2 = ”.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin。+ Ff=ma1,mgsin。一 Ff=ma2,t1V0+V1-m(vn- V1)由以上各式可求得 sin 0=；,滑动摩擦力 Ff=,而Ff=科氏=mgos 0,由2t1g2t1以上分析可知，选项A、C正确；由vt图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确.答案ACD法数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系 ，进而明确“图象 与公式” “图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图

22、象信息或者描点作图(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息.【迁移题组】o迁移1由图象信息分析运动情况1. (2018安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹 簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0. 4 m后锁定，t= 0时解除锁定，释放滑块.计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v t图象如图乙所示，其中 Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线 Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0 kg,取g = 10 m/s2,则下列说法正确的是()0 0.1 0.2

23、0.3 0.4 0.5 0.6 加 乙A.滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B.弹簧恢复原长时，滑块速度最大C.弹簧的劲度系数 k= 175 N/mD.该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2解析：选C.根据v-t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减 小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大 ，此时加速度为零，随后加速度反向 增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动 ，加速度不变，选项A、B错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小ai = -YV=15 m/s0. 3=5 m/s2,由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff= mgr ma = 2X5 N

24、=10 N,刚释放时滑块的Av'322加速度为a2=一 m/s2= 30 m/s2,此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第 At 0.1'二定律得kx-Ff= ma2,代入数据解得k= 175 N/m,选项C正确.0迁移2由运动情况确定物理量的变化图象2.1845年英国物理学家和数学家斯托马斯（S. G. Stokes）研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有 F=6町rv,其中物理量Y 为液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蔗麻油的足够深量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小

25、与时间关系的图象 可能正确的是（）解析：选D.根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a=mgmf=mg/产，在下降 的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运 动，加速度为零，故选项D正确.随堂检测巩固落实_学生用书P471. （2017高考上海卷）如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带 电小球，使之处于静止状态.忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做（）A.曲线运动B.匀速直线运动C.匀加速直线运动D.变加速直线运动解析：选C.本题考查力与运动的关系.在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反

26、向.悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、 方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动2.（多选）（2016高考江苏卷）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）A .桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程 ，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误；设动摩擦因数为li,鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀

27、加速运动，加速度大小为iig,设经过ti时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v,则v= pgt;鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为 pg因此鱼缸在桌面上运动的时间t2=,因此t1=t2, WgB项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为m破鱼缸质量为m）,保持不变，C项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力,则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确.3.（多选）（2015高考海南卷）如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全 相同的轻弹簧Si和&相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点 O.整个系统处于静止状态.现将细线剪

28、断，将物块 a的加速度的大小记为 加，§和 相对于原长的伸长分别记为 Ali和Al2,重力加速度大小为 g.在剪断白瞬间（）A . ai = 3gB.ai = 0C. A li = 2A I2D.A 11 = A l2解析：选AC .剪断细线前，对整体由平衡条件可知,细线承受的拉力F=3mg,剪断细线瞬间，物块a所受重力和弹簧拉力不变，由平衡条件推论可知重力与拉力合力大小为3mg,由牛顿第二定律可知，ai = 3g, A项正确，B项错误；在剪断细线前，两弹簧S、S2弹力大小分别为Ti = 2mg、丁2= mg,剪断细线瞬间，两弹簧弹力不变，由胡克定律F=kx可知，Ali=2Al2,

29、C项正确，D项错误.4.（2018河南中原名校联考）如图甲所示，光滑水平面上的的物体.物体同时受到两个水平力的作用,Fi=4 N,方向向右,。点处有一质量为 m=2 kgF2的方向向左，大小如图乙所示.物体从静止开始运动，此时开始计时.求:（1）当t =。5 s时,物体的加速度大小;（2）物体在t=0至t = 2 s内，何时加速度最大？最大值为多少?物体在t=0至t = 2 s内，何时速度最大？最大值为多少?解析：（1）当 t=0. 5 s 时，F2=（2+2X0. 5） N = 3 NF1 F2= maa= -2= 4 3 m/s2= 0. 5 m/s2.m 2（2）物体所受的合外力为F 合

30、=F1 F2= 4 (2+ 2t)=2-2t(N)图I作出F合一t图如图1所示从图1中可以看出，在02 s范围内当t= 0时，物体有最大加速度a0.Fo= maoa0 = m0=| m/s2= 1 m/s2当t= 2 s时，物体也有最大加速度a2.F2 = ma2,a2=*三m/s2=T m/s2,负号表示加速度方向向左.由牛顿第二定律得:1 t(m/s2)图2画出at图象如图2所示由图2可知t= 1 s时速度最大，最大值等于上方三角形的面积v= 1x 1 x 1 m/s = 0. 5 m/s. v 2答案：（1）0.5 m/s2（2）t = 0或t = 2 s时加速度最大21 m/s(3)t

31、=1 s时速度最大 0. 5 m/s课后达标能力提升学生用书P289（单独成册）（建议用时：60分钟）、单项选择题1. （2018贵州遵义模拟）2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为 74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是（）A.测量时仪器必须水平放置B.其测量原理是根据牛顿第二定律C.其测量原理是根

32、据万有引力定律D.测量时仪器必须竖直放置解析：选B. “质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时 间，则能算出加速度 a = *,然后根据牛顿第二定律 F = ma,求解质量，所以工作原理为 牛顿第二定律.由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸 轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正确.2. （2018安徽四校高三联考）物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻 力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是（）A.上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B.上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大C.上升过程加

33、速度减小，下降过程加速度也减小D.上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析：选C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力，即mg+kv=ma, 做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即 mg - kv = ma,速度在增大，所以加速度在减小，故C正确.3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳. 如图所示,质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60。，则（）1A.每根橡皮绳的拉力为2mgB.若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a=gD.若拴在腰间左右两

34、侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a=g解析：选B.此绳断裂根据平行四边形定则知，2Fcos 30。= mg,解得F=*3mg.故A错误；根据共点力平衡3得，2Fcos 0= mg,当悬点间的距离变小时，。变小，cos。变大，可知橡皮绳的拉力变小故B正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为当mg,加速度3为乎g,故C错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿 3绳方向和垂直于绳方向正交分解1,合力为mgsin 30 ,加速度为Q

35、g,万向沿垂直于右侧绳的 方向斜向下，故D错误.4.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质 量为m的重物，另一端固定在桌面上.如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘 之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为C 2mgM+4mA.器D 2mg,M +2m解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F,根据牛顿第二定律Mmg2F 2mgM + 4m，工件加速度"谪=M + 4m,所以C正确5.如图所示，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

36、块 1、3 质量为m, 2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现 将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为 aa2、a3、a4.重力加速度大小为 g,则有（）A . ai = a2 = a3 = a4 = 0B. ai = a2 = a3 = a4 = g一 一 一一 八 - m+MC. ai a2 g, a30, a4 m gm+ Mm+ MD. ai=g, a2= M g, a3=0, a4= M g解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性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 a

37、=a2=g；而物块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mg = F,%=0;由牛顿第二定律得物块 4满足a4=FjMg=M-Mmg,所以C对.6.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点.竖直墙上另一点 B与M的连线和水平面的夹角为 60° , C是圆环轨道的圆心.已 知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点.则（）A. a球最先到达M点B. b球最先到达M点C. c球最先到达M点D. b

38、球和c球都可能最先到达解析：选C.如图所示，令圆环半径为R,则c球由C点自由下落到 M点用时满足R= 2gt2,所以tc2R;对于a球令AM与水平面成。角，则a球下滑到M点用时满足 AM= 2Rsin 0= gsin0- t2,即ta=2、yR；同理b球从水平面相切于 M点的竖直圆的半径B点下滑到M点用时也满足 垢=2、y（为过B、M且与 ,r>R）.综上所述可得tb>ta>tc,故选项C正确.二、多项选择题7.如图所示，质量为 m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为mi的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成

39、。角，物体2仍在车厢底板上，则（）A.细线拉力为 migcos 0B.车厢的加速度为gtan 0mgC.底板对物体2的支持力为m2g cosD.底板对物体2的摩擦力为零解析：选BC.以物体1为研究对象，水平方向有FTsin 0= mia,竖直方向有Ftcos 0=m1g解得a=gtan 0, Ft="*,选项A错误，B正确；以物体2为研究对象，水平方向有 cosFf= m2a 竖直方向有 Ft + fn = m2g,解得 Ff= m2gtan 0, Fn = m2g咒 选项 C 正确，Dcos e8.（2018杭州二中月考）如图所示，总质量为 460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上

40、升时g = 10 m/s2 关的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到 180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度于热气球，下列说法正确的是 （）A.所受浮力大小为 4 830 NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升 10 s后的速度大小为 5 m/sD.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD .刚开始上升时，空气阻力为零，F浮一mg=ma,解得F浮=m(g + a) = 4 830 N, A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v=J商

41、=6mm/s>5 m/s,所以热气球做加速度减小的加速直线运动 ，上升10 s后的速度v'vat =5 m/s, C错误；再由F浮一F阻一mg = ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F 浮=F阻+ mg,所以5阻=5浮一 mg = 230 N , D正确.9. (2018山东济南模拟)如图所示，两轻质弹簧 a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于平衡状态，弹簧 a与竖 直方向成30。，弹簧b与竖直方向成60。，弹簧a、b的形变量相等，重力加速度为 g,则 ()A.弹簧a、b的劲度系数之比为 木：1B.弹簧a、b的劲度系数之比为 V3 : 2C.若弹簧a下端松脱，则松脱瞬间

42、小球的加速度大小为73gD.若弹簧b下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g解析：选AD.由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的3伸长重都是x,由受力分析图知，弹黄a中弹力Fa=mgcos 30 = j"mg ,根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数为 卜=巳=3mg,弹簧b中的弹力Fb= mgcos 60° =；mg,根据胡克X 2X2定律可知弹簧b的劲度系数为k2=Fb=mg,所以弹簧a、b的劲度系数之比为73 ： 1, A正 x 2x3八，一 ，,、，一，确，B错误；弹黄a中的弹力为 亍mg,若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b的弹力不变，故小球所受

43、重力和弹簧 b弹力的合力与Fa大小相等、方向相反，小球的加速度a= Fa = m.3 1 j-g, C错误；弹簧b中弹力为2mg,若弹簧b的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a的弹力不变，故小球所受重力和弹簧 a弹力的合力与Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度a'=b=-m 2g, D正确.10. （2018湖南郴州质检）如图（a）所示，质量为5 kg的小物块以初速度 vo=11 m/s从9= 53。固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F.第二次无恒力F.图（b）中的两条线段a、b分别表示存在恒力 F和无恒力F时小物块沿斜面向上 运动的v t图线.不考虑空气阻力，g= 10 m/s2, （sin 53 ° =0.8、cos 53° =0.6）下列说法中正确的是（）01 ,1A .恒力F的大小为5 NB.恒力F的大小为10 N,1C.物块与斜面间的动摩擦因数为.3D.物块与斜面间的动摩擦因数为0. 5-_ 一 mAV解析：选AD.由题图可得：a=耳;有恒力 F 时：a1=力-m/s2= 10 m/s2; t 1.