高考物理专题复习：牛顿第二定律动力学两类问题

高考物理专题复习：牛顿第二定律动力学两类问题专题3.2牛顿第二定律动力学两类问题【高频考点解读】.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质..应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题.【热点题型】题型一牛顿第二定律的理解例1.如图321所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到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，贝M )^aaaaaaaaaa::AOB图321A.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O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O的过程中，加速度逐渐减小解析：选A物体从上到2初始阶段受到的向右的强力大于阻力，合力向右。随着物体向右运二，金力逐渐减小，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=,•；：同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至40间某点［设为点仃)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D点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大◎所以物体越过,点后，今力(: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。【提分秘籍】.牛顿第二定律的五个特性.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。,、Av一⑶a=K是加速度的定义式，a与Av、At无直接关系；^AtF_ _ 1a=m是加速度的决定式，a^F,aym【举一反三】（多选）关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（）A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C.物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：选CD物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C、D正确，A、B错误。题型二牛顿第二定律的瞬时性例2、如图322所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上。A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g,若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（图322A.都等于图322A.都等于B.m+m+m_C.今产和0B_m+mD・0和多Bg

mB解析：选D在线被剪断瞬间，弹雷弹力不变，工的加速度为零，B所受合外力等二网.+股底230二二/公+脸+脸由牛顿第二定律，看球的加速度为g选项D正确。【提分秘籍】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:轻绳、轻杆和接触面不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立即消失或改变，一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理轻绳、轻杆和接触面两种模型弹簧、蹦床和橡皮筋两种模型弹簧、蹦床和橡皮筋当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端）时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变2.求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后匕物体的受力情况今分析瞬时变化前后匕物体的受力情况今।列牛顿第一L定律方程O求瞬时加速度【举一反三】如图323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质量为m，物块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a「专a3、a4。重力加速度大小为g，则有（）imiF3I图323imiF3I图323ai=a2=a3=a4=0ai=a2=a3=a4=gm+Mai=a2=g,a3=0,a4=乂gm+M m+Mai=g，a2=十g，a3=0,%=十g解析：选c在抽出木板的瞬时，物块1、士与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到首里LE等于各自重力，所以由牛顿第二定律知注=欠=由而物块34间的轻弹雷的形变还来不及改变.比时弹簧对物块弓向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为陪因此物块3满足剂官=巴氏=。？由牛顿能二定律得朝块4满足所以。对。题型三动力学的两类基本问题例3、一质量为m=2kg的滑块能在倾角为0=30°的足够长的斜面上以a=2.5m/s2匀加速下滑。如图324所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t=2s内能沿斜面运动位移x=4m。求：(g取10m/s2)图324⑴滑块和斜面之间的动摩擦因数〃;(2)恒力F的大小。解析：口)根据牛顿第二定律可得：wgsin30=—yjwgcosM。==附4解得：尸乎。翼)使滑块沿斜面做为加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能。当加速度沿斜面向上时.公―fflgsin30=-^(^sin303+fflgcos3CiD)=ma1?根据题意可得a二2m"代入数据得：Jr=±^N当加速度沿斜面向下时：?ngsin33z—T？cosJO1—cj(Fsin30c+jngcos31)=笊堂］代入数据得：9=芈No答案・0)立(2)西史N或史&N【方法规律】解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”、“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系。【提分秘籍】.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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图:牛顿第二定律I加速发 运动学公式受力情况第一类问题第二类问题受力情况第一类问题第二类问题运动状态牛顿第二定律加速度 运动学公式.两类动力学问题的解题步骤明确研究对象受力分析和运

动状态分析明确研究对象受力分析和运

动状态分析选取正方向或

建立坐标系3确定合外力列方程求解画好受力示意图、运动情景图，明确物体的运动性质和运动过程。通常沿加速度的方向建立坐标系并以加速度方向为某一坐标轴的正方向。若物体只受两个共点力作用，通常用合成法：若物体受到3个及以上不在同一直线上的力，一般用正交分解法。根据牛顿第二定律尸合=ma或（，5出Lrr=mar列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。【举一反三】某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目一一推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内（不能压线）视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图325所示，AC是长度L1=5.5m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。已知BC长度\=1.1m,瓶子质量m=0.5kg,与桌面间的动摩擦因数4=0.2,g取10m/s2。某选手作用在瓶子上的水平推力F=11N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。2.2)图325解析：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为必力作用时间最长。设力作用时的加速度为3,位移为，”撤力时瓶子的速度为叱，撤力后瓶子的加速度为虫、位移为孙则F—冲器=塔&一口鼎昌=泡的士的工:二丫:二士公工:二一刈:L]~L式工：+工;＜匚由以上各式联立可解得：0.4 mo答案：04m〜0.3m题型四动力学的图像问题例4、）如图3210甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m=2kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用,F1=4N,方向向右，2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:10图3210⑴当t=0.5s时物体的加速度大小;⑵物体在t=0至t=2s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t=0至t=2s内何时物体的速度最大？最大值为多少？11

解析：⑴当工=0.5s时,jr2=(2+2xO.5)N=3N竺一尸二二泄口，一一\m一u.3ni'S-：1nt2瞿)物体所受的合外力为?,.=7:-F:=4-(2+2/；i=2-2/(N)作出F者式图如图所示：从图中可以看出，在。〜”范围内当户口时，物体有最大加速度的。Fq二拓的%=£=qms:=lms:当「二2s时，物体也有最大加速度0。F二二刑公生=£=寸ms:=-1ms:负号表不加速度方向向左。(为由牛顿第二定律得：£2—1—1(山甘)画出a-t图像如图所示：由图可知:二1三时速度最大，最大值等于上方三角形的面积。『|xlxlm-s—H.5msoS2答案：(1)0.5m/s2(2)t=0或t=2s时加速度最大，大小为1m/(3)t=1s时速度最大，大小为0.5m/sS21.常见的动力学图像vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等。12122.图像问题的类型⑴已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。⑵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。⑶由已知条件确定某物理量的变化图像。3.解题策略⑴问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。⑵应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”、“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。【举一反三】（多选）一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右。汽车速度的二次方V2与汽车前进位移X的图像如图4所示,则下列说法正确的是（）13图4A.汽车从开始运动到前进x过程中，汽车受到的合外力1越来越大B.汽车从开始运动到前进x过程中，汽车受到的合外力1越来越小C.汽车从开始运动到前进x过程中，汽车的平均速度大1于%于2D.汽车从开始运动到前进x过程中，汽车的平均速度小1于V0于2解析：选AD由『=±依可知,若汽车速度的二次方计与汽车前进位移工的图像为直,,则汽车做匀加速运动。由汽车速度的二次方炉与汽车前进位移工的图像可知，汽车的加速度越来护八，汽车净到的合外方越来越大，选项A正确，B错误s根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图像，根据速度图像可得出，汽车从开始运动到前进工:过程中，汽车的平均速度小于学，选项C错误，D正砒。【高考风向标】【2015・上海・3】1.如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是14

B.F2B.F2F1D.F4【答案】B【解析】小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受两个力的作用，空气的作用力和重力，如下图所示:【2015•江苏•6】2.一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（A.t=2s时最大A.t=2s时最大t=2s时最小t=8.5s时最大D.t=8.5s时最小【答案】AD【解析】由题意知在上升过程中：F一出斗=地巴所以向上的加速度越大，人对电梯的丘力就越大，故A正确，E错误s由图知，△以后加速度向下，由俄g一产=出口知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，所以C错误，D正确。15

【2015•全国新课标11・2013.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为退的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩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810810C.15【答案】BC由设这列车厢的节数为n,P、Q挂钩东边有m节车厢,每节车厢的质量为m,由牛顿第二定律可知：5号鼻,解得：出二夕，k是正整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错误【2015•全国新课标1・2014.如图(a),一物块在t=0示。若重力加速度及图中的，、v、t均为已知量，则可1 1示。若重力加速度及图中的，、v、t均为已知量，则可1 116

A.斜面的倾角B.物块的质量C.D.物块与斜面间的动摩擦因数C.D.物块与斜面间的动摩擦因数物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD也【解析】小球滑上斜面的初速度%已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度L那么平均速度即「、，所以沿斜面向上滑行的最远距离2，根据牛顿第二定律，向上滑行过程4 向—=gsin/2gcos3 gsin=V0+V1下滑行4 ,整理可得 ,从而可计算出斜面的倾斜亡.辰日以及动摩擦因&仙8=也/3=为山数，选项AC对口根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度 2居4g，选项D对。仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项E错。【2015•重庆・516.若货物随升降机运动的一图像如题5图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力方与时间，关系的图像可能是F t【答案】B17

【解析】由v-图知：过程①为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，F<mg）；过程②为向下匀速直线（平衡，F=mg）；过程③为向下匀减速直线运动（加速度向上，超重，F>mg）；过程④为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，F>mg）；过程⑤为向上匀速直线运动（平衡，F=mg）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，F<mg）；综合各个过程可知B选项正确。【2015•海南・8】7.如图所示，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S和S1 2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点0；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a」1和S2相对原长的伸长分别为^1和^〜重力加速度大小为g,在剪断瞬间宓Ss.♦$[±ja：0△li=2A.a：0△li=2△12 D.Ali=Al2【答案】AC 1 218

【解析】设物体的质量为m,翦断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹警还'没有来得及改变，所以回切却绳的瞬间a受到重力和弹警风的拉力%剪断前对be和弹簧组成的整体分析可知/=**故a受到的合力F=审旦+工=选g+2加旦=3也旦，故加速度”一短一A正确，E错误？设弹蕃尾的拉力为4,则二：二选宫，根据胡克定律F=卜火可得'；二？.匕C正确，D错误。【2015•海南・9】8.如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑【答案】BD【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的止压力增齐，根据滑动摩擦力公式与=质一可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，E正确5设斜面的倾角为％物体的质量为m,当匀速运动时有清自与由日=加唯8盘，即‘由"="35",假设物体以加速度a向上运动时，有改=血且+加2必，f=^g+a}W因为51口9=出8£&,所以施（g+而8叫故物体仍做匀速下滑运动，c错误，。正确。【2015•全国新课标1・25110.一长木板置于粗糙水19

平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的一图线如图v—t（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求U1U12作图(b)图(a)（1）木板与地面间的动摩擦因数□及小物块与木板间的R动摩擦因数.；R（2）木板的最小长度;（3）木板右端离墙壁的最终距离。【答案】（1）-0,1-0.4（2）6m（3）6.5m1 2【解析】ID根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v=4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定204m/s-0m/s律有匕g二一is一解得y0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间”1s，位移x=4,5m，末速度V=4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得x二V+2^2带入可得a=1m/s2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即u1g=a可得u1=0.121（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有RZ+领+生侬=1必%=—m/1可得?对滑块，则有加速度生二4m滑块速度先减小到口，此时碰后时间为无二1’TOC\o"1-5"\h\z、10 8均二吗--tiX=—m v1=-m!s此时，木板向左的位移为 2 3末速度34?M/J-I-0 .H= ty=Im滑块向右位移* 2此后,木块开始向左加速，加速度仍为个二4叨,1tj,=—m/s2木块继续减速，加速度仍为 §假设又经历〃二者速度相等，则有。注=嶙一口心解得'=°&1:7匕=m各——=—m 』「此过程，木板位移一 .2.6末速度巧=4一%：=.出滑块位移y2a2t厂2m此后木块和木板一起匀减速。二者的相对位移最大为Ax二……x7二6m13 2 4滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速^度a=^1g=1m/s222所以木板右端离墙壁最远的距离为（2014•新课标II・24）2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯•鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g=10m/s2.⑴若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；（2）实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=kV2,其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图象如图13所示.若该运动员和所带装备的总质量m=100kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.（结果保留1位有效数字）15002030405060708090100t/s23图13【答案】(i)87s8.7X102m/s(2)0.008kg/m1解析】口）设该运动员从开始自由下落至13km高度处的时间为b下落距离为另在L5km高度处的速度大小为工根据运动学公式有v=g^D户;蜻②根据题意有j=3.9xlCrm-1.5xlOsm=3乃乂1D4m@联立①②③式得^S7s@28.7X102m/s⑤（2）该运动员达到最大速度Qx时，加速度为零，根据平衡条件有mg=kv2⑥max由所给的v-t图象可读出v弋360m/s⑦max由⑥⑦式得k^0.008kg/m（2013•新课标II-14）一物块静止在粗糙的水平桌面上.从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用.假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦24力.以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小.能正确描述F与a之间的关系的图象是（）【答案】C【解析】当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩料刀时，根吃尸一尸二用。知：随产的增大，加速度以增大，故选C.（2013•安徽・14）如图11所示，细线的一端系一质量为的小球，另一端固定在倾角为e的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（）图11A.T=m(gsine+acose)FN=m(gcose—asine)25T=T=m(gcos0+asin9)T=m(acos0—gsin0)T=m(asin0—gcos0)【答案】AFN=m(gsin0—acos0)FN=m(gcos0+asin0)FN=m(gsin0+acos0)【解析】小球受力如图所示，由牛顿第二定律得水平方向：Tcos0—FNsin0=ma竖直方向：Tsin0+FNcos0=mg解以上两式得T=m（gsin0+acos0）F=m（gcos0—asin0）N所以正确选项为A.【高考押题】.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（）m2m2・kg・s-4・A-1m2・kg・s-3・A-126

26C.m2.kg・s—2・A—1D.m2・kg・s—1・A—1解析：选E本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的工：只。由=kgmw二m可得，1V=1m2-kg-s---A-1；因此选B。.一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()a和v都始终增大aa和v都始终增大a和v都先增大后减小a先增大后减小，v始终增大a和v都先减小后增大解析：选C质点受到的合外力先从0逐渐增大，然后又逐渐减小为0,合力的方向始终未变，故质点的加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选C。.(多选)如图1所示，质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10m/时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N的恒力，在此恒力作用下(g取10m/s2)()VQ图1A.物体经10s速度减为零B.物体经2s速度减为零27

C.物体速度减为零后将保持静止D.物体速度减为零后将向右运动解析:选BC物体受到向右的滑动摩擦力,Ff=〃FN=〃GF+F2+3=3N,根据牛顿第二定律得，a=_Z_f=_ZTm/s2=5m1v10m/s2,方向向右，物体减速到0所需的时间t=o=,,sa5=2s,B正确，A错误。减速到零后，F<F，物体处于静f止状态，不再运动，C正确，D错误。.如图2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（解析：选C分析九■受力情况如图所示，因电相对车厢壁静止，有京=.唾，与水平方向的加速皮•、小无关，A、D错误。水平方向…飞=」.由…飞随。的增大而增大，由牛顿第三定律知，三错误◎因为增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故更相对于车厢仍静止，C正确◎M受静摩擦力增大M对车厢壁的压力减小MM受静摩擦力增大M对车厢壁的压力减小M仍相对于车厢静止M受静摩擦力减小28口5.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图3所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）。则（）图3A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下.小物块受到的滑动摩擦力为3g.小物块受到的滑动摩擦力为3g+maD.小物块受到的静摩擦力为ma解析：选A小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a,以物块为研究对象，则有Ff-mgsin30°29=*Ff=3g+叫方向平行斜面向上,故A正确，B、C、D均错误。6.如图7所示，在倾角为a=30°的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L,下列说法正确的是()图7A.弹簧的原长为L+2kB.水平恒力大小为『mgC.撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD.撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g解析：选C分析小球3受力，由平衡条件可得：匕=呻R也解得工=孽,弹雷的百枚：-一工二二-食,A错误S分析小球工受力，由平衡条件可得：933以=琏/力以+依，解得：F二干通g,B错暝/撤去F的瞬间，弹篝弹力不变，故3球的加速度为零，由融g£n1+值=刑的可得：小球二止伴亡的加速度为&二取二正确。.（多选）一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一长木30

板，木板与斜面之间的动摩擦因数为〃，木板上固定一如图8所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F如图8所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F，现i由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2,若斜面的高为h,底边长为d,则下列说法正确的是d)图8A.B.C.D.稳定后弹簧仍处于伸长状态图8A.B.C.D.稳定后弹簧仍处于伸长状态稳定后弹簧一定处于压缩状态Fd〃=Fh2Fh〃=Fdi解析：选AD平衡时，对小球分析=百n办木板运动后稳定