第2讲　牛顿第二定律的应用高考物理总复习新教材版

第讲牛顿第二定律的应用[教材阅读指导](对应人教版新教材必修第一册页码及相关问题)P97～100，利用牛顿运动定律可以研究哪两类问题？提示：从受力确定运动情况和从运动情况确定受力。P102[思考与讨论]图4.6－4下蹲过程，图4.6－5下蹲、站起两个过程，分析超重和失重的情况。提示：下蹲过程先向下加速再向下减速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重；站起过程先向上加速再向上减速，加速度方向先向上后向下，先超重后失重。P101～104，怎样判断超重和失重？提示：若加速度的方向向上，处于超重状态；若加速度的方向向下，则处于失重状态。P106[复习与提高]A组T9(1)。提示：标注如图所示。以加速度的方向向上为正，根据牛顿第二定律有F－mg＝ΔF＝ma，即a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,G)－1))g＝eq\f(ΔF,G)g，式中G＝1.0N。若指针指在C处，则F＝0.9N，ΔF＝－0.1N，所以a＝－1.0m/s2。因为弹簧弹力随弹簧伸长量均匀变化，所以加速度随弹簧伸长量均匀变化，加速度的刻度等间隔均匀分布。P106[复习与提高]B组T1。提示：应用牛顿运动定律求瞬时加速度，理解弹簧的形变是一个渐变过程。在剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，而细绳对小球A的拉力突变为0。物理观念牛顿第二定律的应用1．动力学的两类基本问题(1)已知物体的受力情况，确定物体的eq\x(\s\up1(01))运动情况；(2)已知物体的运动情况，确定物体的eq\x(\s\up1(02))受力情况。2．解决两类基本问题的方法以eq\x(\s\up1(03))加速度为“桥梁”，由eq\x(\s\up1(04))运动学公式和eq\x(\s\up1(05))牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：物理观念超重和失重1．实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态eq\x(\s\up1(01))无关。(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的eq\x(\s\up1(02))示数称为视重。②视重大小等于弹簧测力计所受物体的eq\x(\s\up1(03))拉力或台秤所受物体的eq\x(\s\up1(04))压力。2．超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)eq\x(\s\up1(05))大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)eq\x(\s\up1(06))小于物体所受重力的现象物体对支持物(或悬挂物)eq\x(\s\up1(07))完全没有作用力的现象产生条件物体的加速度方向eq\x(\s\up1(08))竖直向上物体的加速度方向eq\x(\s\up1(09))竖直向下物体的加速度方向eq\x(\s\up1(10))竖直向下，大小eq\x(\s\up1(11))等于g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝maa＝gF＝0运动状态eq\x(\s\up1(12))加速上升或eq\x(\s\up1(13))减速下降eq\x(\s\up1(14))加速下降或eq\x(\s\up1(15))减速上升以a＝geq\x(\s\up1(16))加速下降或eq\x(\s\up1(17))减速上升一堵点疏通1．物体做匀减速直线运动时，合力的方向与速度的方向相反。()2．物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。()3．超重就是物体的重力变大的现象。()4．物体处于完全失重状态时，重力消失。()5．减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力。()6．物体是处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。()答案1.√2.√3.×4.×5.×6.√二对点激活1．(人教版必修第一册·P100·T1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2kg，受到两个大小都是50N且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是()A．物体受到的合力为50NB．物体的加速度为25eq\r(3)m/s2C．3s末物体的速度为75m/sD．3s内物体发生的位移为125m答案AC解析两个夹角为120°的50N的力，其合力仍为50N，加速度a＝eq\f(F合,m)＝25m/s2,3s末速度v＝at＝75m/s,3s内位移x＝eq\f(1,2)at2＝112.5m，故A、C正确，B、D错误。2.(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员()A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态答案CD解析在第一过程中，运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，处于超重状态，故A错误，C正确。蹦床运动员在第二过程中和第一过程中的运动情况是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。3.(人教版必修第一册·P99·例题2改编)如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°，斜面长为7m。现木块上有一质量为m＝1.0kg的滑块从斜面顶端由静止开始下滑，测得滑块在0.40s内速度增加了1.4m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10m/s2，求：(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。答案(1)1.5N(2)7m/s解析(1)由题意可知，滑块滑行的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.4,0.40)m/s2＝3.5m/s2对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝ma解得Ff＝1.5N。(2)根据v2＝2ax得v＝eq\r(2×3.5×7)m/s＝7m/s。考点1牛顿第二定律的瞬时性问题[科学思维梳理]1．两种模型加速度与合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：2．求解瞬时加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬时变化前后,物体的受力情况))⇒eq\x(\a\al(列牛顿第二,定律方程))⇒eq\x(\a\al(求瞬时,加速度))例1如图所示，两个质量均为m的小球A、B用轻质弹簧连接，小球A的另一端用轻绳系在O点，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不动。系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球A、B的加速度大小分别为aA、aB，重力加速度大小为g，则()A．aA＝g，aB＝0 B．aA＝0，aB＝gC．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝eq\f(1,2)g[答案]A[解析]轻绳被剪断前，对小球B进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力F＝mgsin30°，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球B的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。在剪断轻绳的瞬间，小球A受到轻弹簧沿斜面向下的拉力、重力、斜面的支持力，对小球A，由牛顿第二定律有F＋mgsin30°＝maA，解得aA＝g。A正确。[关键能力升华]求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(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。如例1中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。[对点跟进训练]1.(瞬时性问题)(2022·辽宁省辽东南协作体高三上期中)如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过一轻质弹簧相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有()A．a1＝0，a2＝g B.a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝4g D.a1＝g，a2＝4g答案C解析抽出木板前，对物块1受力分析可知，弹簧对物块1的弹力F＝3mg，方向竖直向上；对物块2受力分析可知，弹簧对物块2的弹力大小为3mg，方向竖直向下。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则其加速度a1＝0；物块2受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝eq\f(3mg＋mg,m)＝4g，故C正确，A、B、D错误。2.(瞬时性问题)(2021·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，质量为m的小球与两根弹簧a、b相连，并放置在倾角为37°的光滑斜面上，其中弹簧a与斜面平行，弹簧b水平，开始时a、b两弹簧都处于拉伸状态，且小球对斜面恰好无压力。重力加速度为g，下列说法正确的是()A．剪断弹簧b的瞬间小球的加速度为eq\f(5,4)g，方向沿斜面向上B．剪断弹簧b的瞬间小球对斜面的压力为0C．剪断弹簧a的瞬间小球的加速度为eq\f(5,3)g，方向沿斜面向下D．剪断弹簧a的瞬间小球的加速度为eq\f(3,5)g，方向沿斜面向下答案C解析未剪断弹簧之前，对小球受力分析，根据平衡条件可得mg－Fasin37°＝0，Facos37°－Fb＝0，解得Fa＝eq\f(5,3)mg，Fb＝eq\f(4,3)mg，剪断弹簧b的瞬间，弹簧b的弹力消失，弹簧a的弹力不变，根据牛顿第二定律可得，沿斜面方向有Fa－mgsin37°＝ma，垂直斜面方向有FN－mgcos37°＝0，联立解得a＝eq\f(16,15)g，方向沿斜面向上，FN＝eq\f(4,5)mg，根据牛顿第三定律，可知小球对斜面的压力为eq\f(4,5)mg，故A、B错误；剪断弹簧a的瞬间，弹簧a的弹力消失，弹簧b的弹力不变，根据牛顿第二定律可得，沿斜面方向有Fbcos37°＋mgsin37°＝ma，解得a＝eq\f(5,3)g，方向沿斜面向下，故C正确，D错误。考点2动力学的两类基本问题[科学思维梳理]动力学的两类基本问题的解题步骤例2如图所示，一足够长的斜面BC倾角为θ＝37°，与水平面AB圆滑连接。质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，当物体运动至B点时撤去该力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)。则：(1)物体到达B点时的速度是多大？(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？[答案](1)6m/s(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.6＋\f(3\r(5),5)))s[解析](1)物体在水平面上运动时，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma解得a＝2m/s2物体从M到B，根据运动学公式有veq\o\al(2,B)＝2aL解得vB＝6m/s。(2)物体在斜面上向上运动时，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2根据运动学公式有veq\o\al(2,B)＝2a1x解得x＝1.8m由vB＝a1t1得t1＝0.6s因μ＜tanθ，所以物体速度减为零后会继续下滑，下滑时根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\f(3\r(5),5)s所以物体在斜面上滑行的总时间t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.6＋\f(3\r(5),5)))s。[关键能力升华]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)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如例2中第一个过程的末速度大小就是下一个过程的初速度大小。[对点跟进训练]1．(由运动情况分析受力)有一货车的侧视图如图所示，货车车厢内装有形状完全相同的水泥管，各水泥管的质量均为m，A、B、C是车厢前部的三根水泥管。管与管之间及管与车底面、车厢间的摩擦均不计。下列说法正确的是()A．当货车由静止向左做加速运动时，A对C的支持力变大B．货车静止时，管C受到管A给它的支持力为eq\f(2\r(3)mg,3)C．货车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大D．当货车向左做加速运动时，加速度达到eq\f(\r(3),3)g时，C将脱离A答案D解析货车静止时，管C处于平衡状态，结合题给条件及几何知识，对管C受力分析，水平方向上有FACcos60°＝FBCcos60°，竖直方向上有FACsin60°＋FBCsin60°＝mg，解得A对C的支持力FAC＝eq\f(\r(3),3)mg，故B错误；当货车向左匀速运动时，无论速度大小如何，C均处于平衡状态，B对C的支持力恒定，故C错误；当货车由静止向左做加速运动，设加速度为a，竖直方向有FBC′sin60°＋FAC′sin60°＝mg，水平方向有FBC′cos60°－FAC′cos60°＝ma，解得FAC′＝eq\f(\r(3),3)mg－ma，故A错误；将a＝eq\f(\r(3),3)g代入A项分析结果，解得FAC′＝0，则此时C将脱离A，故D正确。2．(由受力情况分析运动)(2021·广东省肇庆市高三下第二次统一测试)如图所示，一小车在平直道路上向右运动，车内一条光滑轻绳ACB两端固定在水平车顶上，一质量为m的小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动。某段时间内轻绳AC、BC两部分与水平车顶的夹角分别为30°和60°。将小圆环视为质点，则在这段时间内()A．小车做匀速运动B．小车做匀减速运动C．轻绳AC段的拉力大于BC段的拉力D．轻绳AC段的拉力小于BC段的拉力答案B解析因为小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动，所以绳AC段的拉力和BC段的拉力大小相等，C、D错误；由平行四边形定则知两段绳拉力的合力斜向左上方，则小圆环所受合力向左，说明小车正在向右做匀减速直线运动，A错误，B正确。考点3动力学中的图像问题[科学思维梳理]1．常见的动力学图像v­t图像、a­t图像、F­t图像、F­a图像等。2．图像问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图像，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像，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像。3．解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义。(2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等。(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，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”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。例3(2020·山东高考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()A．0～t1时间内，v增大，FN>mgB．t1～t2时间内，v减小，FN<mgC．t2～t3时间内，v增大，FN<mgD．t2～t3时间内，v减小，FN>mg[答案]D[解析]由于s­t图象的斜率表示速度，可知0～t1时间内，速度v不断增大，即乘客做竖直向下的加速运动，处于失重状态，则FN<mg，A错误；t1～t2时间内，速度v不变，即乘客的加速度为0，处于平衡状态，则FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，速度v不断减小，即乘客做竖直向下的减速运动，处于超重状态，则FN>mg，C错误，D正确。[关键能力升华]解决图像综合问题的思路图像反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义对图像及运动过程进行分析。[对点跟进训练]1．(F­x图像)(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()答案A解析物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。2．(f­t、v­t图像综合)(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案AB解析木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图c知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，2～4s内：F－F摩＝ma1,4s以后：F摩＝ma2，解得m＝1kg，F＝0.4N，A、B正确。0～2s内，F＝f，由题图b知，F随时间是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。考点4超重和失重的理解[科学思维梳理]1．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。(2)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。(3)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。(4)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。(5)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要整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现象。2．判断超重和失重的方法(1)从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从运动状态的角度判断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4(2022·山东省烟台市高三上期中)(多选)某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，如图甲所示，在电梯地板上固定了一个压力传感器，传感器上表面水平，将一个重力G＝10N的物体放在压力传感器上，观察在电梯运动过程中压力传感器示数的变化情况，若某段时间内计算机显示屏上出现如图乙所示的图线，则根据图线分析可知()A．在第1s内，物体处于失重状态，电梯可能向下做匀加速直线运动B．在第2s内，电梯可能处于匀速运动状态C．在第3s内，物体处于超重状态，电梯可能向下做匀减速直线运动D．在第4s内，物体处于超重状态，电梯可能向上做匀加速直线运动[答案]BD[解析]由题意可知，物体与电梯的运动状态相同。由题图可知，在第1s内，物体对传感器的压力大小小于重力，由牛顿第三定律可知，传感器对物体的支持力大小小于物体的重力大小，则可知物体处于失重状态，由于支持力不断增大，则物体所受合力不断减小，由牛顿第二定律可知，物体向下的加速度不断减小，则电梯向上做加速度不断减小的减速直线运动，或向下做加速度不断减小的加速直线运动，故A错误；由图可知，在第2s内，传感器对物体的支持力等于物体的重力，则此时电梯处于静止状态或匀速运动状态，故B正确；由图可知，在第3s内，传感器对物体的支持力大于物体的重力，则物体处于超重状态，由于支持力不断增大，则物体所受合力不断增大，由牛顿第二定律可知，物体向上的加速度不断增大，则电梯向上做加速度不断增大的加速直线运动，或向下做加速度不断增大的减速直线运动，故C错误；由图可知，在第4s内，传感器对物体的支持力大于物体的重力，且传感器对物体的支持力为恒力，则物体处于超重状态，物体所受合力向上且不变，则电梯可能向上做匀加速直线运动，或向下做匀减速直线运动，故D正确。[关键能力升华](1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。(2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。[对点跟进训练](超重、失重相关问题综合分析)(2021·天津市部分区高三上期末)某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受橡皮筋对手指的压力。然后设法使钩码上下振动的同时手指保持静止，感受压力的变化(整个过程中，橡皮筋对手指始终有压力的作用)，不计空气阻力。下列说法中正确的是()A．超重时钩码所受重力增加，失重时钩码所受重力减小B．钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于下降阶段C．钩码下降到最低点时，钩码的速度为零，达到平衡状态D．钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于超重状态答案B解析超重时橡皮筋对钩码的拉力超过钩码所受的重力，钩码所受的重力不变，失重时橡皮筋对钩码的拉力小于钩码所受的重力，钩码所受的重力也不变，故A错误；钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，则说明橡皮筋对钩码的拉力增大，根据胡克定律可知，橡皮筋形变量增大，则钩码一定处于下降阶段，可能处于超重状态，也可能处于失重状态，故B正确，D错误；钩码下降到最低点时，橡皮筋弹力最大，且大于钩码重力，钩码速度为零，向上的加速度达到最大，而不是处于平衡状态，故C错误。一、选择题(本题共8小题，其中第1～7题为单选，第8题为多选)1.(2021·辽宁省葫芦岛市高三上期末)如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对小球的作用力()A．大小为mg，方向竖直向上B．大小为ma，方向水平向右C．大小与小球的加速度大小无关D．方向与小球的加速度大小有关答案D解析设铁夹对小球的作用力为F，则F竖直方向的分力F1＝mg，水平方向的分力F2＝ma，铁夹对小球的作用力F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))＝meq\r(g2＋a2)，F与水平方向的夹角α满足tanα＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(g,a)，即F的大小和方向都与小球的加速度大小有关，故A、B、C错误，D正确。2.智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则()A．乘客始终处于超重状态B．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C．扶梯对乘客的作用力始终竖直向上D．扶梯匀速上升时，扶梯对乘客的作用力竖直向上答案D解析乘客站上扶梯，电动扶梯缓慢加速阶段，乘客的加速度斜向上，有竖直向上的分加速度和水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律，在竖直方向上，扶梯对乘客的支持力大于其重力，乘客处于超重状态，在水平方向上，乘客受到水平向右的摩擦力，此时扶梯对乘客的作用力斜向右上方；扶梯匀速上升时，加速度为零，扶梯对乘客只有向上的支持力，即扶梯对乘客的作用力竖直向上，且与乘客所受重力大小相等，则既不超重也不失重。故A、B、C错误，D正确。3.如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处于静止状态时，物块B恰好对地面没有压力，此时轻弹簧的形变量为x。已知重力加速度为g，若突然剪断细绳，则下列说法正确的是()A．剪断细绳后，A物块向下运动x时速度最大B．剪断细绳后，A物块向下运动3x时速度最大C．剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为3gD．剪断细绳瞬间，A物块的加速度大小为g答案B解析剪断细绳前，物块B恰好对地面没有压力，则弹簧处于伸长状态，根据平衡条件有：mg＝kx，对物块A有：T＝2mg＋kx，即T＝3mg；剪断细绳后，刚开始物块A受到竖直向下的重力和弹力，物块A加速下落，下落过程中弹力变小，加速度减小，当弹簧恢复原长后，物块A继续向下加速运动，压缩弹簧，当弹簧弹力大小等于重力时，物块A加速度减为零，此时速度最大，设此时弹簧压缩量为x1，对物块A有：2mg＝kx1，解得：x1＝2x，物块A向下运动的总距离为3x，A错误，B正确。剪断细绳瞬间，弹簧弹力不突变，物块A所受重力和弹力的合力与剪断前绳子拉力等大反向，所以A物块的加速度大小：a＝eq\f(T,2m)＝eq\f(3mg,2m)＝eq\f(3,2)g，C、D错误。4．一固定杆与水平方向夹角为θ＝30°，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),6)。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个(取g＝10m/s2)()答案D解析把滑块和小球看作一个整体受力分析，沿杆方向：(m1＋m2)gsin30°＋f＝(m1＋m2)a，垂直杆方向：FN＝(m1＋m2)gcos30°，摩擦力：f＝μFN，联立可解得：a＝gsin30°＋μgcos30°＝7.5m/s2，小球加速度沿杆向下，由于a>gsin30°＝5m/s2，对小球受力分析可知，细绳偏离垂直杆的方向向右，故D正确，A、B、C错误。5.(2021·北京高考)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．30cm刻度对应的加速度为－0.5gB．40cm刻度对应的加速度为gC．50cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不均匀的答案A解析由题可知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处，则弹簧的原长x0＝20cm；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺x1＝40cm刻度处，则根据平衡条件有mg＝k(x1－x0)，且40cm刻度对应的加速度为0，B错误；指针位于x2＝30cm刻度时，有k(x2－x0)－mg＝ma2，联立解得a2＝－0.5g，A正确；指针位于x3＝50cm刻度时，有k(x3－x0)－mg＝ma3，联立解得a3＝0.5g，C错误；设钢球相对装置静止时指针所对刻度为x，根据牛顿第二定律有k(x－x0)－mg＝ma，联立解得a＝eq\f(x－x1,x1－x0)g，即加速度a与x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。6.(2021·广东省潮州市高三二模)京张高铁是北京冬奥会的重要配套工程，其开通运营标志着冬奥会配套建设取得了新进展。如图所示为某次高铁列车运行过程中某节车厢截面示意图，车厢内两拉手A、B分别向前进方向在竖直方向偏离角度α和β并保持不变。取重力加速度为g，不计空气等阻力，则下列说法错误的是()A．列车可能在减速进站B．两角度一定满足：α＝βC．减小拉手悬绳长度，则偏角变大D．列车加速度大小为a＝gtanα答案C解析由图可知拉手所受合力向左，则加速度向左，因列车前进方向向右，所以列车可能减速进站，A正确；拉手与列车具有相同的加速度，即两拉手具有相同的加速度，设加速度大小为a，受力分析可知F合＝mAgtanα＝mAa，F合′＝mBgtanβ＝mBa，所以α＝β，B正确；因列车加速度不变，则拉手的加速度不变，由以上分析可知偏角不变，与拉手悬绳长度无关，C错误；根据F合＝mAgtanα＝mAa，可得加速度大小a＝gtanα，D正确。本题选说法错误的，故选C。7.(2021·广东省广州市高三二模)如图所示，重力为G的物体a放在上表面水平的物体b上，沿固定光滑斜面c一起下滑，则()A．a对b的压力等于零B．a对b的压力等于GC．a受到的摩擦力方向水平向右D．a与b之间没有摩擦力的作用答案C解析对整体由牛顿第二定律得(ma＋mb)gsinθ＝(ma＋mb)a，得a＝gsinθ，单独对a受力分析，由牛顿第二定律得，竖直方向上有mag－N＝maa1＝magsin2θ＝Gsin2θ，水平方向上有f＝maa2＝magsi