【状元之路】高中物理 3.2牛顿运动定律的应用课件 新人教必修1

§3.2牛顿运动定律的应用

知识精要高效梳理·知识备考一、动力学的两大基本问题1．已知受力情况，求运动情况根据牛顿第二定律，已知物体的受力情况，可以求出物体的加速度；再知道物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位置，也就求解了物体的运动情况．2．已知物体的运动，求物体的受力情况根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体受的合外力，从而求出未知的力，或与力相关的某些量，如动摩擦因数、劲度系数、力的角度等．二、超重和失重1．超重：当物体具有向上的加速度时，物体对支持面的压力FN(或对悬挂物的拉力)大于物体的重力．2．失重：当物体具有向下的加速度时，物体对支持面的压力FN(或对悬挂物的拉力)小于物体的重力．3．完全失重：物体以加速度a＝g竖直向下加速或向上减速时(自由落体运动、处于绕星球做匀速圆周运动的飞船里或竖直上抛时)，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力等于零的现象．三、连接体问题1．连接体与隔离体：两个或几个物体相连接组成的物体系统为连接体，如果把其中某个物体隔离出来，该物体即为隔离体．2．外力和内力：如果以物体系统为研究对象，受到的系统之外的物体的作用力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程不考虑内力，如果把某物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将转换为隔离体的外力．3．连接体的处理方法(1)整体法：连接体中各物体如果有共同的加速度，求加速度可把连接体作为一个整体，运用牛顿第二定律列方程求解．(2)隔离法：如果要求连接体间的相互作用力，必须隔离出其中一个物体，对该物体应用牛顿第二定律求解，此方法为隔离法.隔离法解题时要注意判明每一隔离体的运动方向和加速度方向．(3)整体法解题或隔离法解题，一般都选取地面为参考系．双基精练自主探究·基础备考1．关于超重和失重，下列说法正确的是(

)A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重、失重或完全失重，物体所受的重力都是不变的答案：D2．在围绕地球做匀速圆周运动的人造卫星中，下述哪些仪器不能使用(

)①天平②弹簧测力计③水银温度计④水银气压计A．①②

B．①③

C．①④

D．②③解析：绕地球做匀速圆周运动的人造卫星中，所有物体都处于完全失重状态，工作原理与重力有关的仪器不能使用．水银温度计是根据热胀冷缩制成的，与重力无关，仍能使用；弹簧测力计是根据胡克定律制成的，与重力无关，也能使用．答案：C3．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图3－2－2所示的图象能正确反映雨滴下落运动情况的是(

)解析：雨滴速度增大时，阻力也增大，由牛顿第二定律得a＝mg－Ffm，故加速度逐渐减小，最终雨滴做匀速运动．答案：C4.如图3－2－3所示，在光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，m1＞m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计，若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2，则以下关系式正确的是(

)A．a1＝a2，F1＞F2B．a1＝a2，F1＜F2C．a1＜a2，F1＝F2D．a1＞a2，F1＞F2解析：：整体分分析，，无论论用F拉A，还是是拉B，F＝(m1＋m2)a均成立立，所所以稳稳定后后A的加速速度a2和B的加速速度a1相等；；F拉B时，对对A分析，，F1＝m1a，F拉A时，对对B分析，，F2＝m2a，因m1＞m2，故F1＞F2，所以以选项项A正确．．答案：：A5．一辆辆质量量为1.0×103kg的小汽汽车正正以10m/s的速度度行驶驶，现现在让让它在在12.5m的距离离内匀匀减速速地停停下来来，求求所需需要的的阻力力．解析：：由运动动学公公式v2－v02＝2ax得：m/s2＝－4m/s2.又由牛牛顿第第二定定律得得：F阻＝ma＝1.0×103×(－4)N＝－4×103N，负号表表示与与速度度的方方向相相反．．答案：：4×103N，与速速度方方向相相反疑难难精精讲讲名师解解疑·能力备备考疑难点点一．．有的的同学学说“超重就就是物物体的的重力力增加加了，，失重重就是是物体体的重重力减减小了了”，你认认为对对吗？？请简简述．．名师在在线：：超重不不是重重力增增加，，失重重不是是重力力减小小，完完全失失重不不是重重力消消失．．在超超重、、失重重现象象中，，重力力不变变，仅仅是视视重变变化．．在完完全失失重状状态下下，平平常重重力产产生的的一切切物理理现象象都不不存在在．超重与与失重重现象象不是是物体体的重重力有有变化化，物物体的的重力力不会会因物物体的的运动动状态态的改改变而而改变变．物物体处处于超超重与与失重重状态态是物物体的的重力力给人人的感感觉好好像是是增加加或减减小了了，用用弹簧簧测力力计测测物体体重力力时，，其读读数比比物体体实际际的重重力增增大或或减小小了，，故称称之为为超重重或失失重．．疑难点二．．运用牛顿顿运动定律律解题常用用的思维方方法有：假假设法、极极限法、程程序法．请请对几种方方法的应用用做简单说说明．名师在线：：1.假设法假设法是解解物理问题题的一种重重要思维方方法．用假假设法解题题，一般依依题意从某某一假设入入手，然后后运用物理理规律得出出结果，再再进行适当当讨论，从从而找出正正确答案．．这样解题题科学严谨谨、合乎逻逻辑，而且且可以拓宽宽思路．2．极限法法(或称临界界条件法法)在物体的的运动变变化过程程中，往往往达到到某个特特定状态态时，有有关的物物理量将将发生突突变，此此状态叫叫临界状状态，相相应的待待求物理理量的值值叫临界界值．利利用临界界值来作作为解题题思路的的起点是是一种很很有用的的思考途途径，这这种方法法称为临临界条件件法．这这种方法法是将物物体的变变化过程程推至极极限——临界状态态，抓住住满足临临界值的的条件，，准确分分析物理理过程进进行求解解．寻找临界界条件，，解决临临界问题题的基本本思路：：(1)认真审题题，详尽尽分析问问题中变变化的过过程(包括分析析整体过过程中有有几个阶阶段)．(2)寻找过程程中变化化的物理理量(自变量与与因变量量)．(3)探索因变变量随自自变量变变化时的的变化规规律，要要特别注注意相关关物理量量的变化化情况．．(4)确定临界界状态，，分析临临界条件件，找出出临界关关系．(5)显然分析析变化过过程，确确定因变变量随自自变量的的变化规规律，是是解决问问题的关关键．3．程序法法按顺序对对题目给给出的物物体运动动过程进进行分析析的方法法简称“程序法”．“程序法”要求我们们从读题题开始，，注意题题中能划划分多少少个不同同的过程程或多少少个不同同的状态态，然后后对各个个过程或或各个状状态进行行分析．．易错点点拨拨自我完善善·误区备考考易错点点一认认为力可可以等大大地传递递导致出出错自我诊断断1如图3－2－4所示，水水平地面面上有两两个完全全相同的的木块A、B，在水平平推力F作用下运运动，用用FAB代表A、B间的相互互作用力力()A．若地面面是完全全光滑的的，则FAB＝FB．若地面是完完全光滑的，，则FAB＝FC．若地面的动动摩擦因数为为μ，则FAB＝FD．若地地面的的动摩摩擦因因数为为μ，则FAB＝F解析：：设A、B木块的的质量量都是是m，地面面动摩摩擦因因数为为μ，则A、B整体受受地面面水平平方向向的滑滑动摩摩擦力力为2μmg.A、B整体水水平方方向受受推力力F和滑动动摩擦擦力2μmg作用，，若加加速度度为a，则由由牛顿顿定律律得F－2μmg＝2ma①以B为研究究对象象，B水平方方向受受A的推力力FAB和滑动动摩擦擦力μmg作用．．得FAB－μmg＝ma②联立①、②式解得得FAB＝F，B、D正确．．答案：：BD易错错点点二二不不能能正正确确分分析析受受力力而而导导致致出出错错自我我诊诊断断2如图图3－2－5所示示，，在在倾倾解析：猫沿着木木板向上上跑时，，木板对对猫的摩摩擦力为为静摩擦擦力，方方向向上上．由于于猫对地地静止不不动，所所以有：：Ff＝mgsinα由牛顿第第三定律律知：木板受到到猫给的的摩擦力力沿板向向下，Ff＝Ff对木板由由牛顿第第二定律律得：F，f＋2mgsinαα＝2ma，所以a＝gsinα.答案：C题型研研练练互动探究究·方法备考考题型一动动力学的的两类基基本问题题如图3－2－6所示，物物体的质质量m＝4kg，与水平平地面间间的动摩摩擦因数数为μ＝0.2，在倾角角为37°、F＝10N的恒力作作用下，，由静止止开始加加速运动动，当t＝5s时撤去F，求：(1)物体做加加速运动动时的加加速度a;(2)撤去F后,物体还能能滑行多多长时间间?(g取10m/s2,sin37°°=0.6,cos37°=0.8)答案:(1)0.3m/s2(2)0.75s解析:(1)物体在力力F作用下做做初速度度为零的的匀加速速运动,受力如图图3-2-7.水平方向向有:Fcos37°-Ff=ma,竖直方向向有:Fsin37°+FN-mg=0,Ff=μFN,由以上各各式联立立代入数数据解得得:a=0.3m/s2.(2)撤去力F后物体在在滑动摩摩擦力作作用下做做匀减速速直线运运动v=at1,0=v-a't2,a'=μg.由以上各各式代入入数据解解得:t2=0.75s.方法总结结:由物体受受力情况况求解运运动情况况的一般般步骤是是:①确定研究究对象,对研究对对象进行行受力分分析,并画出出物体体受力力图.②根据力力的合合成或或正交交分解解求出出合外外力(大小､方向)(物体受受两个个以上上的力力作用用时一一般用用正交交分解解法).③据牛顿顿第二二定律律列方方程,并解出出物体体的加加速度度.④结合题给物物体运动的的初始条件件,选择运动学学公式求出出所需的运运动学物理理量.创新预测1如图3-2-8所示,质量M=10kg的木楔ABC静置于粗糙糙水平地面面上,动摩擦因数数μ=0.02,在木楔的倾倾角θ=30°°的斜面上,有一质量m=1.0kg的物块由静静止开始沿沿斜面下滑滑,当滑行路程程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s.在此过程中中木楔没有有动,求地面对木木楔的摩擦擦力的大小小和方向.(g取10m/s2)解析:由匀加速运运动的公式式v2-v20=2as得物块沿斜斜面的加速速度为由于a<gsinθ=5m/s2.可知物块受受到摩擦力力的作用.分析物块受受力,它受三个力力,如图3-2-9(a)所示.对于沿斜面面的方向和和垂直于斜斜面的方向向,由牛顿定律律有:mgsinθ-Ff1=ma,mgcosθ-FN1=0,分析木楔受受力,它受5个力作用,如图3-2-9(b)所示,对于水平方方向,由牛顿定律律有:图3-2-9Ff2-Ff1'cosθθ+FN1'sinθθ=0.且FN1=FN1'.由此可解地地面作用于于木楔的摩摩擦力Ff2=-macosθ=-=-0.61N.即地面对木木楔的摩擦擦力大小为为0.61N,方向水平向向左.答案:0.61N,方向水平向向左题型二超重重和失重问问题的分析析【例2】某人在以a=2m/s2匀加速下降降的升降机机中最多能能举起m1=75kg的物体,则此人在地地面上最多多可举起多多大质量的的物体?若此人在一一匀加速上上升的升降降机中最多多能举起m2=50kg的物体,则此升降机机上升的加加速度为多多大?(g取10m/s2)解析:图3-2-10设此人在地地面上的最最大“举力力”是F,那么他在以以不同的加加速度运动动的升降机机中最大““举力”仍仍为F,以物体为研研究对象进进行受力分分析,物体的受力力示意图如如图3-2-10所示,且物体运动动的加速度度和升降机机相同.当升降机以以加速度a1=2m/s2匀加速下降降时,对物体有:m1g-F=m1a1,得F=m1(g-a1)=600N.设人在地面面上最多可可举起质量量为m0的物体,则当升降机以以a2匀加速上升升时,对物体有F-m2g=m2a2,所以升降机机匀加速上上升的加速速度为2m/s2.答案:60kg2m/s2方法总结:超重､失重问题的分分析,实质上是在竖竖直方向上应应用牛顿第二二定律.创新预测2举重运动员在在地面上能举举起120kg的重物,而在运动着的的升降机中却却只能举起100kg的重物,求升降机运动动的加速度.若在以2.5m/s2的加速度加速速下降的升降降机中,此运动员能举举起质量为多多大的重物?(g取10m/s2)答案案:2m/s2160kg解析:运动员在在地面上上能举起起120kg的重物,则运动员员能发挥挥的向上上的最大大支撑力力F=m1g=120×10N=1200N.在运动着着的升降降机中只只能举起起100kg的重物,可见该重重物超重重了,升降机应应具有向向上的加加速度,对于重物物:F-m2g=m2a1,所以当升降机机以2.5m/s2的加速度度加速下下降时,重物失重重.对于重物物:m3g-F=m3a2,得题型三临临界问题题图【例3】如图3-2-11所示,质量m=1kg的物块放放在倾角角为θ的斜面上上,斜面体质质量M=2kg,斜面与物物块的动动摩擦因因数μ=0.2,地面光滑滑,θ=37°.现对斜面面体施加加一水平平推力F,要使物体体m相对斜面面静止,力F应为多大大?(设物体与与斜面的的最大静静摩擦力力等于滑滑动摩擦擦力,g取10m/s2)解析:(1)设物块处处于相对对斜面下下滑的临临界状态态(物块恰好好不下滑滑)时推力为为F1.此时物块块受力如如图3-2-12(a)所示.图3-2-12取加速度度a1方向为x轴方向,对m有:x方向:FNsinθθ-μFNcosθθ=ma1,y方向:FNcosθθ+μFNsinθθ-mg=0,联立两式式得:a1=4.78m/s2.对整体有有:F1=(M+m)a1.代入数据据解得F1=14.34N.(2)设物块处处于相对对斜面向向上滑的的临界状状态(物块恰好好不上滑滑)时推力为为F2,此时物块块受力如如图3-2-12(b).对m有:x方向:FNsinθθ+μFNcosθθ=ma2,y方向:FNcosθθ-μFNsinθθ-mg=0,联立两式式得:a2=11.2m/s2,对整体有有:F2=(M+m)a2,代入数据据解得F2=33.6N.F的范围为为:14.34N≤F≤33.6N.答案:14.34N≤F≤33.6N方法总总结:题目中中出现现“最最大””“最最小””“刚刚好””等词词语时时,往往会会出现现临临界现现象,此时要要采用用极限限分析析法,看物体体在不不同的的加速速度时时,会有哪哪些现现象发发生,尽快找出出临界点点,求出临界界条件.创新预测测3如图3-2-13所示,一质量为为m､带电荷量量为+q的物体处处于场强强按E=E0-kt(E0､k均为大于于零的常常数,取水平向向右为正正方向)变化的电电场中,物体与竖竖直墙壁壁间的动动摩擦因因数为μ,当t=0时,物体处于于静止状状态,若物体所所受的最最大静摩摩擦力等等于滑动动摩擦力力,且电场空空间和墙墙面均足足够大,下列说法法正确的的是()A.物体开始始运动后后加速度度先增加加,后保持不不变B.物体开始始运动后后加速度度不断增增加C.经过时间间t=\frac{E_0}{k},物体在竖竖直墙壁壁上的位位移最大大D.经过时间间t=\frac{μqE_0-mg}{μkq},物体运动动速度达达到最大大值答案:BC解析:由E=E0-kt可得,在t=0到的的过程中中,电场强度度水平向向右且逐逐渐减小小,则电场力力的方向向向右且且逐渐减减小,当物体开开始运动动后,物体所受受的摩擦擦力为Ff=μF=μ(qE0-qkt),由牛顿第第二定律律mg-Ff=ma得,物体的加加速度逐逐渐增大大;当时时,场强方向向改为水水平向左左且逐渐渐增大,则电场力力F的方向水水平向左左且逐渐渐增大,物体受到到的合外外力F合逐渐增大大,加速度逐逐渐增大大,故选项B正确､A错误;当时时,物体离开开竖直墙墙壁,所以此时时物体在在竖直墙墙壁上的的位移最最大,故C正确;物体在运运动过程程中速度度一直增增大,故D错误.高效作作业业自自我我测评·技能备考考一､选择题1.一种巨型型娱乐器器械可以以让人体体验超重重和失重重的感觉觉,一个可乘乘十多个个人的环环形舱套套在竖直直柱子上上,由升降机机运送上上几十米米的高处处,然后让座座舱自由由下落.下落一定定高度后后,制动系统统启动,座舱做减减速运动动,到地面时时刚好停停下.下列判断断正确的的是()A.座舱在自自由下落落的过程程中人处处于超重重状态B.座舱在自自由下落落的过程程中人处处于失重重状态C.座舱在减减速运动动的过程程中人处处于失重重状态D.座舱在减减速运动动的过程程中人处处于超重重状态答案:BD解析:座舱自由由下落时时,加速度方方向向下下,故失重,A错B对;座舱减速速运动时时,加速度方方向向上上,故超重,C错D对.如图3-2-14所示,bc为固定在车上上的水平横杆杆,物块M串在杆上,靠摩擦力保持持相对杆静止止,M又通过细线悬悬吊着一个小小铁球m,此时小车正以以大小为a的加速度向右右做匀加速直直线运动,而M､m均相对小车静静止,细线与竖直方方向的夹角为为θ,小车的加速度度逐渐增大,M始终和小车保保持相对静止止,当加速度增加加到2a时()A.横杆对M的摩擦力增加加到原来的2倍B.横杆对M的弹力不变C.细线与竖直方方向的夹角增增加到原来的的2倍D.细线的拉力增增加到原来的的2倍答案:AB解析:对m有Fsinθ=ma,Fcosθ=mg.对M有Ff-Fsinθθ=Ma,FN=Mg+Fcosθ.解得摩擦力Ff=(M+m)a,FN=(M+m)g,a=gtanθ,可判断,A､B正确.(2009··广东卷)建筑工人用如如图3-2-15所示的定滑轮轮装置运送建建筑材料.质量为70.0kg的工人站在地地面上,通过定滑轮将将20.0kg的建筑材料,以0.500m/s2的加速度拉升升,忽略绳子和定定滑轮的质量量及定滑轮的的摩擦,则工人对地面面的压力大小小为(g取10m/s2).()C.890N D.910N答案:B解析:对建筑筑材料料进行行受力力分析析,根据牛牛顿第第二定定律有有F-mg=ma,得绳子子的拉拉力大大小等等于F=210N,然后再再对人人受力力分析析,由平衡衡的知知识得得Mg=F+FN,得FN=490N,根据牛牛顿第第三定定律可可知人人对地地面的的压力力大小小为490N,B对.如图3-2-16所示,光滑水水平面面上放放置质质量分分别为为m､2m的A､B两个物物体,A､､B间的最最大静静摩擦擦力为为μmg,现用水水平拉拉力F拉B,使A､B以同一一加速速度运运动,则拉力力F的最大大值为为()A.μμmgB.2μμmgC.3μmgD.4μmg答案:C解析:当A､B之间恰恰好不不发生生相对对滑动动时力力F最大,此时,对于A物体所所受的的合外外力为为μmg,由牛顿顿第二二定律律知对于A､B整体,加速度度a=aA=μg.由牛顿顿第二二定律律得F=3ma=3μmg.5.(2009·广东卷卷)某人在在地面面上用用弹簧簧测力力计称称得其其体重重为490N.他将弹弹簧测测力计计移至至电梯梯内称称其体体重,t0至t3时间段段内,弹簧测测力计计的示示数如如图3-2-17所示,电梯运运行的的v-t图可能能是图图3-2-18中的(取电梯梯向上上运动动的方方向为为正)()答案:AD解析:由图3-2-17可知,在t0~t1时间内内,弹簧测测力计计的示示数小小于实实际重重量,则处于于失重重状态态,此时具具有向向下的的加速速度,在t1~t2阶段弹弹簧测测力计计示数数等于于实际际重量量,则既不不超重重也不不失重重,在t2~t3阶段,弹簧测测力计计示数数大于于实际际重量量,则处于于超重重状态态,具有向向上的的加速速度,若电梯梯向下下运动动,则t0~t1时间内内向下下加速速,t1~t2阶段匀匀速运运动,t2~t3阶段减减速下下降,A正确;若电梯梯向上上运动动,则t0~t1时间内内向上上减速速,t1~t2时间内内匀速速运动动,t2~t3时间内内加速速运动动,D正确.6.(2008·高考山山东卷卷)直升机机悬停停在空空中向向地面面投放放装有有救灾灾物资资的箱箱子,如图3-2-19所示.设投放放初速速度为为零,箱子所所受的的空气气阻力力与箱箱子下下落速速度的的二次次方成成正比比,且运动动过程程中箱箱子始始终保保持图图示姿姿态.在箱子子下落落过程程中,下列说说法正正确的的是()A.箱内物物体对对箱子子底部部始终终没有有压力力B.箱子子刚刚从从飞飞机机上上投投下下时时,箱内内物物体体受受到到的的支支持持力力最最大大C.箱子子接接近近地地面面时时,箱内内物物体体受受到到的的支支持持力力比比刚刚投投下下时时大大D.若下下落落距距离离足足够够长长,箱内内物物体体有有可可能能不不受受底底部部支支持持力力而而““飘飘起起来来””答案案:C解析析:对箱箱子子(包括括箱箱内内物物体体)有Mg-kv2=Ma,对箱内物物体有mg-FN=ma,由以上两两式可得得,随着速度度的增大大,FN增大.当a=0时FN达最大FNmax=mg,综上所述述,C正确.如图3-2-20所示,一名消防防队员在在模拟演演习训练练中,沿着长为12m的竖立在地面面上的钢管往往下滑.已知这名消防防队员的质量量为60kg,他从钢管顶端端由静止开始始先匀加速再再匀减速下滑滑,滑到地面时速速度恰好为零零.如果他加速时时的加速度大大小是减速时时的2倍,下滑的总时间间为3s,g取10m/s2,那么该消防队队员()A.下滑过程中的的最大速度为为4m/sB.加速与减速过过程的时间之之比为1∶2C.加速与减速过过程中所受摩摩擦力大小之之比为1∶7D.加速与减速过过程的位移之之比为1∶4答案:BC解析:a1t1=vmax=a2t2,利用a1=2a2得t1∶t2=1∶2,B正确;下滑的最大速速度错错误;加速过程中有有mg-Ff1=ma1,减速过程中有有Ff2-mg=ma2,而a1=8m/s2,a2=4m/s2,所以Ff1∶Ff2=1∶7,C正确;加速过程与减减速过程的平平均速度相等等,则其位移x1=vt1,x2=vt2,x1∶x2=t1∶t2=1∶2,D错误.8.木箱以大小小为2m/s2的加速度水水平向右做做匀减速运运动.在箱内有一一轻弹簧,其一端被固固定在箱子子的右侧壁壁,另一端拴接接一个质量量为1kg的小车,木箱与小车车相对静止止,如图3-2-21所示.不计小车与与木箱之间间的摩擦,下列判断正正确的是()A.弹簧被压缩缩,弹簧的弹力力大小为10NB.弹簧被压缩缩,弹簧的弹力力大小为2NC.弹簧被拉伸伸,弹簧的弹力力大小为10ND.弹簧被拉伸伸,弹簧的弹力力大小为2N答案:B解析:小车加速度度为2m/s2.由牛顿第二二定律得F=ma=2N,弹簧处于压压缩状态,B正确.9.如图3-2-22(a)所示,水平面上质质量均为m的两木块A､B用劲度系数数为k的轻质弹簧簧连接,整个系统处处于平衡状状态.现用一竖直直向上的力力F拉动木块A,使木块A向上做加速速度为a的匀加速直直线运动.取木块A的起始位置置为坐标原原点,图3-2-22(b)中实线部分分表示从力力F作用在木块块A到木块B刚离开地面面这个过程程中,F和木块A的位移x之间的关系系,则()A.x0=-ma/kB.x0=-m(a+g)/kC.F0=maD.F0=m(a+g)答案:AC解析:x=0位置,重力与弹簧簧弹力平衡衡,由牛顿第二二定律得F0=ma,C正确;F=0时,由牛顿第二二定律得kΔl-mg=ma,ΔlA正确.10.如图图3-2-23所示示斜斜面面ABC,AB段是是光光滑滑的的,BC段是是有有摩摩擦擦的的.某物物体体从从A点由由静静止止开开始始下下滑滑,当滑滑至至C点时时恰恰好好停停止止,则下下列列说说法法正正确确的的是是()A.BC段的的长长度度总总大大于于AB段,但BC段的的动动摩摩擦擦因因数数越越大大时时,BC段的长度越接接近AB段的长度B.BC段的长度总大大于AB段,但BC段的动摩擦因因数越小时,BC段的长度越接接近AB段的长度C.在θ角小到一定值值时,只要BC段的动摩擦因因数适当,AB段的长度可以以大于BC段的长度D.θ=30°时,选择适当的动动摩擦因数,可使得AB段的长度大于于BC段的长度答案:C解析:设物体体通过过B点的速速度为为v,对AB段有v2=2a1x1,对BC段有v2=2a2x2,又a1=gsinθ,a2=μgcosθθ-gsinθθ,若a1<a2,即tanθ<μ/2,则有x1>x2.11.如图3-2-24所示,足够长长的传传送带带与水水平面面夹角角为θ,以速度度v0逆时针针匀速速转动动,在传送送带的的上端端轻轻轻放置置一个个质量量为m的小木木块,小木块块与传传送带带间的的动摩摩擦因因数μ<tanθ,则图3-2-25所示的的图象象中能能客观观地反反映小小木块块的速速度随随时