应用牛顿第二定律处理“四类”问题

第2讲 应用牛顿第二定律处理 “四类”问题一、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外力决定，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

A分别是(

)，1.5g，0C.g，g，g

图1B.g，2g，0D.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 .(2)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 .(2)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 .(2)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 ( )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—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0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()图

2A.F1<F2

B.F2>F3C.F1>F3

D.F1＝F3答案

A命题点一 超重和失重问题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 .(2)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 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；小于重度判断 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 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，物角度判断 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 ①物体向上加速或向下减速时，超重的角度判断 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 ( )图3A.t＝2s时最大 B.t＝2s时最小C.t＝8.5s时最大 D.t＝8.5s时最小答案 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图象如图4所示.则下列相关说法正确的是 ( )图4A.t＝4.5s时，电梯处于失重状态B.5～55s时间内，绳索拉力最小C.t＝59.5s时，电梯处于超重状态D.t＝60s时，电梯速度恰好为零答案D解析利用a－t图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60s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”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s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)()图5A.处于超重状态 B.不受摩擦力的作用C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D.所受合力竖直向上答案 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.命题点二 瞬时问题的两类模型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：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O1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)，下列说法正确的是

(

)图6A.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＝mgtan45＝°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＝mg＝2mg，aB＝2g，A、B项错误.剪断细绳前，有A球的重力大小GA＝2F绳cos30°cos45°＝6mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos30°＝18mg，C项错误.剪断细绳2瞬间，对A球由牛顿第二定律有mAgsin30AA，得A的加速度aA＝gsin30＝°1＝°ma2g，D项正确.拓展延伸 (1)如图7甲、乙中小球 m1、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？图7(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

α的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为

μ，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：图8(1)A、B两木块之间的距离；(2)剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大.答案(1)L＋mgsinα＋μmgcosαk(2)aA＝2g(sinα＋μcosα)，aB＝0解析(1)隔离B木块受力分析，由平衡条件可得F弹＝mgsinα＋μmgcosα由胡克定律F弹＝kx得两木块间的距离为LAB＝L＋x＝L＋mgsinα＋μmgcosαk(2)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－(mgsinα＋μmgcosα)＝maB解得aB＝0.对于木块A有F弹＋μmgcosα＋mgsinα＝maA解得aA＝2(gsinα＋μgcosα)＝2g(sinα＋μcosα).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 m0，两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a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为 g，则有( )图9a1＝a2＝a3＝a4＝0a1＝a2＝a3＝a4＝gm＋m0C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝ gm0D.a1＝g，a2＝m＋m0m＋m0g，a3＝0，a4＝gm0m0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－mg00＋m＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝F＋mgm＝g，所以C对.m0m0命题点三动力学图象问题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(1)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 .(2)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＝2kg，mB＝4kg，斜面倾角

θ＝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＝10m/s2，sin37

＝°0.6，cos37°＝0.8，求：图10(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)0.25 (2)0.75m (3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为a1＝v＝2m/s2＝4m/s2t0.5对A，FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1对B，mBg－FT＝mBa1得：μ＝0.25(2)B落地后，A继续减速上升.由牛顿第二定律得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2将已知量代入，可得a2＝8m/s22v故A减速向上滑动的位移为x2＝2a2＝0.25m考虑0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v2＝0.5m2a1所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：AAθ)x1＝1A2－0W－(mgsinθ＋μmgcosmv2得W＝12J.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＝2kg的物体.物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4N，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 .图11(1)求当t＝0.5s时物体的加速度大小.(2)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？答案(1)0.5m/s2(2)当t＝0时，am＝1m/s2当t＝2s时，am′＝－1m/s2(3)t＝1s时，v0.5m/s解析 (1)由题图乙可知 F2＝(2＋2t)N当t＝0.5s时，F2＝(2＋2×0.5)N＝3NF1－F2＝ma1－F24－3a＝F＝m/s2＝0.5m/s2.m2(2)物体所受的合外力为 F合＝F1－F2＝2－2t(N)作出F合－t图象如图所示从图中可以看出，在 0～2s范围内当t＝0时，物体有最大加速度 amFm＝mamFm 2 2 2am＝m＝2m/s＝1m/s当t＝2s时，物体也有最大加速度 am′Fm′＝mam′Fm′＝－222am′＝2m/s＝－1m/sm负号表示加速度方向向左.F合2)(3)由牛顿第二定律得a＝m＝1－t(m/s画出a－t图象如图所示由图可知 t＝1s时速度最大，最大值等于 a－t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形1的面积v＝×1×1m/s＝0.5m/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的小滑块到如图乙所示的

.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2a－F图象.取g＝10m/s.则下列说法正确的是 ( )

a，得图12A.滑块的质量m＝4kgB.木板的质量M＝4kgC.滑块与木板间动摩擦因数为0.1D.当F＝8N时滑块加速度为2m/s2答案AC解析由题图乙，当F等于6N时，加速度a＝1m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得F－μmgk＝1＝1，解得a＝，知图线的斜率MM2M＝2kg，故滑块的质量m＝4kg，故A正确，B错误；根据F大于6N的图线延长线知，FF－μmg＝4N时，a＝0，则a＝ ，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得a′＝1m/s2，M错误.命题点四 动力学中的连接体问题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——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——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——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若连接体内各物体具有相同的加速度， 且不需要求物体之间的作用力， 可整体法的选取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原则速度或其他未知量隔离法的选取 若连接体内各物体的加速度不相同， 或者要求出系统内两物体之间的作用原则 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若连接体内各物体具有相同的加速度， 且要求物体之间的作用力时， 可以整体法、隔离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， 应用牛顿法的交替运用第二定律求作用力 .即“先整体求加速度，后隔离求内力”例6(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·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23a的加速度向西行驶时，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＝nma①设PQ东边有k节车厢，则2F＝km·②3a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μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()图13A.若m>M，有x1＝x2B.若m<M，有x1＝x2C.若μ>sinθ，有x1>x2D.若μ<sinθ，有x1<x2答案AB解析在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1②联立①②解得FT＝F·m③m＋M在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤联立④⑤解得FT′＝F·m⑥M＋m比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故 A、B正确，C、D错误.变式6 (多选)如图14所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上， 现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑 .支架上用细线悬挂的小球达到稳定 (与滑块相对静止 )后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为 θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是 ( )图14斜面光滑斜面粗糙C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右答案 AC解析 隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为 gsinθ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是 gsinθ，所以A正确，B错误.将支架系统和斜面看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左， C正确，D错误.故选A、C.1.在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为 m的小明如图 1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为 mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明 ( )图1加速度为零，速度为零加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C.加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D.加速度a＝g，方向竖直向下答案 B解析 根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力 .小明左侧橡皮绳断裂， 则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于 mg，所以小明的加速度 a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项

B正确.2.两个质量分别为

m1、m2的物体

A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，

如图

2所示，如果它们分别受到水平推力

2F

和

F，则

A、B之间弹力的大小为

(

)图2m2m1m1＋2m22m1＋m2A.＋mFB.＋mFC.＋mFD.＋mFm12m12m12m12答案C解析根据牛顿第二定律对整体有：2F－F＝(m1＋m2B有：FN－F)a，方向水平向右；对物体1＋2m2＝m2a，联立上述两式得：FN＝mF，故选项A、B、D均错误，选项C正确.1＋m2m3.电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a－t图象如图3所示(选取向上为正)，电梯内乘客的质量m0＝50kg，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()图

3A.第

9s内乘客处于失重状态B.1～8s内乘客处于平衡状态C.第D.第

2s内乘客对电梯的压力大小为 550N9s内电梯速度的增加量为 1m/s答案

C4.(多选)如图

4甲所示，质量为

m＝2kg的物块静止放置在粗糙水平地面

O处，物块与水平地面间的动摩擦因数 μ＝0.5，在水平拉力 F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点 O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，重力加速度2，则()g取10m/s图

4A.物块经过 4s回到出发点B.物块运动到第 3s时改变水平拉力的方向时刻水平力 F的大小为4N时刻水平力 F的大小为16N答案

CD5.如图5所示，质量为 m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为 60°的光滑木板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 (

)

AB托住，A.0C.大小为

3g，方向垂直木板向下

图5B.大小为D.大小为

g，方向竖直向下2g，方向垂直木板向下答案

D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＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为 m＝1kg的光滑楔形物体.用一水平向左的恒力 F作用在斜面体2上，系统恰好保持相对静止地向左运动 .重力加速度为 g＝10m/s，下列判断正确的是 ( )图6系统做匀速直线运动F＝40NC.斜面体对楔形物体的作用力大小为

5 2ND.增大力

F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动答案解析

BD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

mgtan45

＝°ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A

错，B

对.斜面体对楔形物体的作用力

F ＝ mgN2 sin45

＝°

2mg＝10 2N，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， D对.7.如图7所示，质量分别为m1、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(m1在光滑地面上，m2在空中).已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为()图7FcosθFsinθA.B.m1＋m2m1＋m2FcosθFsinθC.m1D.m2答案A解析把m1、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：Fcosθ＝Fcosθ(m1＋m2)a，所以a＝ ，选项A正确.8.(2014北·京理综·18)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( )手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态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.(2018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θ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 ( )图

8A.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C.A、B之间杆的拉力大小为 2mgsin

gθD.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为

12gsin

θ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：

mgsin

θ＝ma，解得：

a＝gsinθ，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

θ，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： 3mgsinθ－2mgsin

θ＝2ma，则

A、B的加速度

1a＝2gsin

θ，故

D正确；由

D可知，

B的加速度为

a1＝2gsinθ，以

B为研究对象，由牛顿第二定律得

3FT－mgsinθ＝ma，解得：FT＝2mgsinθ，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、