牛顿第二定律两类动力学问题

【课题名称】第二节牛顿第二定律两类动力学问题【课标要求（课标解读）】牛顿运动定律是经典物理学最基本、最重要的规律，在近几年高考中考查频率很高，不仅有选择题，在实验和计算题中仍然是考查重点．高考着重考查的知识点有：(1)对惯性，超、失重和牛顿运动定律的理解；(2)用牛顿运动定律和运动规律综合考查运动问题；(3)整体法和隔离法处理连接体问题等.【教学目标】（1）经历探究加速度与力和质量的关系的过程．（2）感悟控制变量法、图像法等科学研究方法的应用．（3）体验探究物理规律的乐趣．（4）培养观察能力、质疑能力、分析解决问题的能力和交流合作能力．【重点难点】重点：牛顿第二定律的基本应用动力学的两类基本问题动力学图象问题的应用难点：动力学图象问题的应用【教学方法】实验演示法，多媒体辅助教学、分组讨论交流、实例演练、练习法​【课时安排】2课时【教学过程（导课和内容安排）】【基础梳理】提示：作用力质量作用力F＝ma惯性宏观低速受力情况运动情况基本单位导出单位质量时间长度基本量【自我诊断】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)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√(7)√做一做(2022·沈阳四校协作体模拟)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()eq\a\vs4\al()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，竖直方向有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．eq\a\vs4\al()牛顿第二定律的基本应用【知识提炼】1．牛顿第二定律的五个性质2．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．3．(1)(2)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】(2022·广西钦州模拟)如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为()A．速度一直变小直到零B．速度先变大，然后变小直到为零C．加速度一直变小，方向向上D．加速度先变小后一直变大[审题突破]解决本题的关键是知道加速度方向与合力方向相同，要注意弹簧的弹力随形变量的变化而变化，明确力和运动间的关系；知道当加速度方向与速度方向相同时，速度增大，当加速度方向与速度方向相反时，速度减小．[解析]小球到达最低点时，受弹力大于本身的重力，物体向上做加速运动，速度增加，当重力与弹力相等时达到最大速度，然后物体做减速运动，速度减小，到达最高点的速度为零，故A错误，B正确；开始时弹力大于重力，随着高度增加，弹力减小，加速度减小；当弹力与重力相等时加速度为零，此后弹力小于重力，并且弹力越来越小，物体受到的合力越来越大，加速度反向增大，当物体脱离弹簧后加速度为g，保持不变，故C、D错误．[答案]B【迁移题组】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，则()A．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O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.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L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．(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L1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．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L1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＝gsinθ.(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＝gtanθ，方向水平向右．答案：(1)gsinθ，方向垂直于L1斜向下方(2)gtanθ，方向水平向右eq\a\vs4\al()1．求解瞬时加速度的一般思路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．动力学的两类基本问题【知识提炼】1．解决动力学两类问题的两个关键点2．解决动力学基本问题的处理方法(1)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”．3．两类动力学问题的解题步骤4．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，如图丙所示．【典题例析】(2022·上海闵行区模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10m/s2，sin53°＝，cos53°＝求：(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；(3)拉力F的大小．[审题突破](1)在BC段，对小圆环进行受力分析→牛顿第二定律→加速度；(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况→运动学规律→加速度；(3)在AB段，对小圆环进行受力分析→杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)→牛顿第二定律→拉力F.[解析](1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有f＝μN＝μmg则a2＝eq\f(f,m)＝μg＝×10m/s2＝8m/s2.(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知veq\o\al(2,B)＝2a1s1小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知veq\o\al(2,B)＝2a2s2又eq\f(s1,s2)＝eq\f(8,5)则a1＝eq\f(s2,s1)a2＝eq\f(5,8)×8m/s2＝5m/s2.(3)当Fsinθ<mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示由牛顿第二定律得Fcosθ－f1＝ma1又N1＋Fsinθ＝mgf1＝μN1联立以上各式，代入数据解得F＝N当Fsinθ>mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示由牛顿第二定律可知Fcosθ－f2＝ma1又Fsinθ＝mg＋N2f2＝μN2代入数据解得F＝N.[答案](1)8m/s2(2)5m/s2(3)N或N【迁移题组】迁移1已知受力求运动1.(多选)(2022·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，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θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：选AC.设屋檐的底角为θ，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：mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ.雨滴的加速度为：a＝gsinθ，则倾角θ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＝mgcosθ，则倾角θ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＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．迁移2已知运动求受力2．有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(g取10m/s2)求：(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？解析：(1)自由下落的位移h′＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝20m座椅自由下落结束时刻的速度v＝gt1＝20m/s设座椅匀减速运动的总高度为h，则h＝(40－4－20)m＝16m由h＝eq\f(v,2)t得t＝s.(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝m/s2由牛顿第二定律得F－mg＝ma解得eq\f(F,mg)＝.答案：(1)s(2)倍迁移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R和r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t1和t2，则t1与t2之比为()A．2∶1 B．1∶1C．eq\r(3)∶1 D．1∶eq\r(3)解析：选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsinθ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sinθ，由运动学公式s＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2×2（R＋r）sinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R＋r,g))，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．eq\a\vs4\al()迁移角度解决办法易错警示已知运动求受力由物体的运动参量结合运动学公式求出加速度，再由牛顿运动定律求力运动学公式中一般是“知三求二”的问题，关键是求解出加速度，且要注意加速度与初速度的方向问题已知受力求运动由受力分析求物体的合外力，通过牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求解运动参量由受力求加速度时要注意是合加速度还是分加速度，一般由受力分析求合力，再得加速度等时圆模型以竖直圆的顶端点和底端点为起点研究运动时间的长短一定是以圆上端点或下端点为共同运动的起点或终点分析动力学图象问题的应用【知识提炼】1．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．(3)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．动力学图象问题的类型：图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：3．解题策略【跟进题组】1．(多选)如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()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解析：选ACD.由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度大小为a1＝eq\f(v0,t1)，下降过程中的加速度大小为a2＝eq\f(v1,t1).物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋Ff＝ma1，mgsinθ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1g)，滑动摩擦力Ff＝eq\f(m（v0－v1）,2t1)，而Ff＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确；由v－t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．2.1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯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＝6πηrv，其中物理量η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蓖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＝eq\f(mg－F,m)＝eq\f(mg－6πηrv,m)，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．3．(多选)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间t变化的图象如图乙所示，开始运动2s后物体以2m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．物体的质量m＝1kgB．物体的质量m＝2kgC．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(7\r(3),15)解析：选AD.由开始运动2s后物体以2m/s的速度匀速运动，可知0～2s内物体的加速度大小为a＝1m/s2；在0～2s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma，2s后由平衡条件可得，F2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，联立解得m＝1kg，μ＝eq\f(7\r(3),15)，选项A、D正确．牛顿第二定律的应用[典例](2022·高考全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了m，A车向前滑动了m．已知A和B的质量分别为×103kg和×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2.求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.核心考点1.牛顿运动定律．2．运动学公式、位移公式．3．动量守恒定律.命题技巧1.两车碰撞满足动量守恒．2．碰后两车都做匀减速直线运动．3．由动摩擦因数可求出摩擦力.核心素养1.物理观念：运动观念、相互作用观念．2．科学思维：碰撞模型.[审题关键](1)两车碰后做减速运动，且末速度为0.(2)由动摩擦因数可求摩擦力，进而求加速度．(3)A、B两车的位移可由题目中知道.[解析](1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数，设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′eq\o\al(2,B)＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得v′B＝m/s.③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v′eq\o\al(2,A)＝2aAsA⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝m/s.⑦[答案]见解析易错展示(1)B车碰撞时不能认为速度为0.(2)A、B车碰撞时满足动量守恒.【对点训练】(多选)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eq\f(2,3)a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．8 B．10C．15 D．18解析：选BC.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＝eq\f(2,3)max，联立可得n＝eq\f(5,3)x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误．(多选)(2022·杭州二中模拟)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/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g＝10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4830NB．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10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4830N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180m时，速度v＝eq\r(2ah)＝6eq\r(5)m/s＞5m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10s后的速度v′＜at＝5m/s，C错误；再由F浮－F阻－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F阻＝F浮－mg＝230N，D正确．(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2022·贵州遵义模拟)2022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74kg.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＝eq\f(Δv,Δt)，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．(2022·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，C项正确．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()A．每根橡皮绳的拉力为eq\f(1,2)mgB．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.根据平行四边形定则知，2Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg.故A错误；根据共点力平衡得，2Fcosθ＝mg，当悬点间的距离变小时，θ变小，cosθ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，右侧橡皮绳的拉力不变，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eq\f(\r(3),3)mg，加速度为eq\f(\r(3),3)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，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mgsin30°，加速度为eq\f(1,2)g，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D错误．4．(2022·日照模拟)如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为eq\r(2)R，AC长为2eq\r(2)R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为()A．1∶eq\r(2) B．1∶2C．1∶eq\r(3) D．1∶3答案：A5.(2022·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θ，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gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsinθ＝ma，又FNcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，FN＝eq\f(mg,cosθ)，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，运动员对球拍的作用力为F＝eq\f(（M＋m）g,cosθ)，故C错误；当a>gtanθ时，网球才向上运动，由于gsinθ<gtanθ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．6.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a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,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a1＝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，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g，所以C对．7．(2022·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＝kg，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()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＝175N/mD．该过程中滑块的最大加速度为35m/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a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f,m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N，刚释放时滑块的加速度为a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,m/s2＝30m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175N/m，选项C正确．二、多项选择题8.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μ，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加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上运动的时间t2＝eq\f(v,μg)，因此t1＝t2，B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μmg(设鱼缸质量为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．9．(2022·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eq\r(3)∶1B．弹簧a、b的劲度系数之比为eq\r(3)∶2C．若弹簧a下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为eq\r(3)gD．若弹簧b下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为eq\f(g,2)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，设弹簧的伸长量都是x，由受力分析图知，弹簧a中弹力Fa＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数为k1＝eq\f(Fa,x)＝eq\f(\r(3)mg,2x)，弹簧b中的弹力Fb＝mgcos60°＝eq\f(1,2)mg，根据胡克定律可知弹簧b的劲度系数为k2＝eq\f(Fb,x)＝eq\f(mg,2x)，所以弹簧a、b的劲度系数之比为eq\r(3)∶1，A正确，B错误；弹簧a中的弹力为eq\f(\r(3),2)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，小球的加速度大小a＝eq\f(Fa,m)＝eq\f(\r(3),2)g，C错误；弹簧b中弹力为eq\f(1,2)mg，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，故小球的加速度大小a′＝eq\f(Fb,m)＝eq\f(1,2)g，D正确．10．(2022·济南模拟)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为mA＝5kg的物块A，A的上方放置一质量mB＝3kg的滑块B，用一轻绳一端拴在物块A上，另一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量mC＝2kg的物块C，其中连接A的轻绳与水平桌面平行．现由静止释放物块C，在以后的过程中，A与B之间没有相对滑动且A、B始终没有离开水平桌面(重力加速度g取10m/s2)．则下列说法正确的是()A．A的加速度大小为m/s2B．A的加速度大小为2m/s2C．A对B的摩擦力大小为6ND．A对B的摩擦力大小为N解析：选BC.把A、B、C作为整体研究，由牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(mCg,mA＋mB＋mC)＝2m/s2，即A的加速度大小为2m/s2，B项正确，A错误；以B为研究对象，由牛顿第二定律得A对B的静摩擦力大小为f＝mBa＝6N，C项正确，D项错误．三、非选择题11.(2022·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：si