牛顿第二定律两类动力学问题（20页含解析）

1、第2课时牛顿第二定律两类动力学问题考纲解读 1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题1对牛顿第二定律内容和公式的理解由牛顿第二定律表达式Fma可知 ()A质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比B合外力F与质量m和加速度a都成正比C物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的质量m成反比答案CD解析对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变，A错；既然物体的质量不变，故不能说合外力与质量成正比，B错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C正确；由a可知D

2、正确2对力、加速度和速度关系的理解关于速度、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答案CD解析物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零但物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力很大，加速度一定很大，故选项C、D对3牛顿运动定律的应用建筑工人用如图1所示的定滑轮装置运送建筑材料质量为70.0 kg的建筑工人站在地面上，通过定滑轮将20

3、.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度提升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则建筑工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2) ()A510 N B490 NC890 N D910 N答案B 图1解析设建筑材料的质量为m，加速度的大小为a，对建筑材料由牛顿第二定律得Fmgma，解得F210 N.设地面对建筑工人的支持力为FN，建筑工人的质量为M，对建筑工人由平衡条件得FNFMg，解得FN490 N.根据牛顿第三定律可得建筑工人对地面的压力大小为FNFN490 N，B正确4力学单位制的应用在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值

4、x1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是 ()Aa m/s2120 m/s2Ba m/s21.2 m/s2CF5001.2 N600 NDF0.51.2 N0.60 N答案BD解析在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算带单位运算时，单位换算要准确可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是用国际单位制表示的，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可选项A中x1.2 cm没用国际单位制表示，C项中的小车质量m500 g没用国际单位制表示，所以均错误；B、D正确考

5、点梳理牛顿第二定律1内容：物体加速度的大小跟它所受到的作用力成正比，跟它的质量成反比加速度的方向与作用力的方向相同2表达式：Fma，F与a具有瞬时对应关系3力学单位制(1)单位制由基本单位和导出单位共同组成(2)力学单位制中的基本单位有质量(kg)、长度(m)和时间(s)(3)导出单位有N、m/s、m/s2等5应用牛顿第二定律解决瞬时问题(2010大纲全国15)如图2所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2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，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有

6、 ()Aa10，a2g Ba1g，a2g 图2Ca10，a2g Da1g，a2g答案C解析在木板抽出后的瞬间，弹簧未来得及发生形变，所以木块1所受重力和弹力均不变，合力为零，则a10.木块2受重力Mg和弹簧弹力Fmg，如图所示，由牛顿第二定律得MgmgMa2，则a2g，选项C正确6牛顿第二定律的简单应用质量m1 kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t1 s，速度大小变为4 m/s，则这个力的大小可能是 ()A2 N B4 N C6 N D8 N答案AC 解析物体的加速度可能是2 m/s2，也可能是6 m/s2，根据牛顿第二定律，这个力的大

7、小可能是2 N，也可能是6 N，所以答案是A、C.方法提炼1瞬时问题的分析：题目中同时有轻绳和弹簧，剪断轻绳时，弹簧的弹力不能瞬间发生变化剪断弹簧时，绳上的拉力在瞬间发生变化2解决两类动力学问题的基本方法以加速度a为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：考点一用牛顿第二定律分析瞬时加速度例1如图3所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 ()A0 B.g Cg D.g解析平衡时，小球受到三个力：重力mg、木板AB的支持力FN和弹 图3簧拉力FT，受力情况如图所示突然撤

8、离木板时，FN突然消失而其他力不变，因此FT与重力mg的合力Fmg，产生的加速度ag，B正确答案B 加速度瞬时性涉及的实体模型1.分析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及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型： 特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或支持力质量内部弹力轻绳微小不计能只有拉力没有支持力不计处处相等橡皮绳较大不能只有拉力没有支持力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有支持力轻杆微小不计能既可有拉力也可有支持力2.在求解瞬时加速度问题时应注意：(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

9、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过程的积累，不会发生突变突破训练1如图4甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球均处于平衡状态且质量相同如果突然把两水平细线剪断，剪断瞬间小球A的加速度的大小为_，方向为_；小球B的加速度的大小为_，方向为_；剪断瞬间甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为_(角已知) 图4答案gsin 垂直倾斜细线OA向下gtan 水平向右cos2 解析设两球质量均为m，对A球受力分析，如图(a)所示，剪断水平细线后，球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的加速度a1方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线OA向下则有FT1mgcos ，F1m

10、gsin ma1，所以a1gsin .水平细线剪断瞬间，B球受重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2方向水平向右，如图(b)所示，则FT2，F2mgtan ma2，所以a2gtan .甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为cos2 .突破训练2质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上A紧靠墙壁，如图5所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力F撤去，此瞬间()AA球的加速度为 图5BA球的加速度为零CB球的加速度为DB球的加速度为答案BD解析恒力F作用时，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F.突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹

11、簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为零，加速度为零，A项错，B项对而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a，故C项错，D项对考点二动力学两类基本问题求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁加速度例2如图6所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面上已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数10.2，B与水平面之间的动摩擦因数20.1， 图6最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.若从t0开始，木板B受F116 N的水平恒力作用，t1 s时F

12、1改为F24 N，方向不变，t3 s时撤去F2.(1)木板B受F116 N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？(2)从t0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为多少？(3)请以纵坐标表示A受到B的摩擦力FfA，横坐标表示运动时间t(从t0开始，到A、B都静止)，取运动方向为正方向，在图7中画出FfAt的关系图线(以图线评分，不必写出分析和计算过程)解析(1)根据牛顿第二定律得1mAgmAaAaA1g0.210 m/s22 m/s2F12(mAmB)g1mAgmBaB代入数据得aB4 m/s2(2)t11 s时，A、B的速度分别为vA、vB 图7vAaAt121 m/s

13、2 m/svBaBt141 m/s4 m/sF1改为F24 N后，在B速度大于A速度的过程，A的加速度不变，B的加速度设为aB，根据牛顿第二定律得F22(mAmB)g1mAgmBaB代入数据得aB2 m/s2设经过时间t2，A、B速度相等，此后它们保持相对静止，则vAaAt2vBaBt2代入数据得t20.5 sA在B上相对B滑行的时间为tt1t21.5 s(3)FfAt的关系图线如图所示答案(1)2 m/s24 m/s2(2)1.5 s(3)见解析图解答动力学两类问题的基本程序1明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相

14、邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程2根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确其施力物体和受力物体，以免分析受力时有所遗漏或无中生有3应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果突破训练3质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是()A50 m B42 m C25 m D24 m答案C突破训练4质量为

15、10 kg的物体在F200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角37，如图8所示力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零求：物体与斜面间的动摩擦因数和物体的总位移x.(已知sin 370.6，cos 37 图80.8，g10 m/s2)答案0.2516.25 m解析设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则：a1t1a2t2有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示由牛顿第二定律可得：Fcos mgsin Ff1ma1Ff1FN1(mgcos Fsin )撤去力F后

16、，对物体受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mgsin Ff2ma2Ff2FN2mgcos 联立式，代入数据得：a28 m/s2，a15 m/s2，0.25物体运动的总位移xa1ta2t m16.25 m12利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题1整体法的选取原则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，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)2隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，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3整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物

17、体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以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，应用牛顿第二定律求作用力即“先整体求加速度，后隔离求内力”例3(2012江苏单科5)如图9所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，力F的最大值是 ()A.B. 图9C.(mM)gD.(mM)g答案A解析由题意知，当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升的加速度为a，由牛顿第二定律得，对M有：2fMgMa对m有：F2fmgma联立两式解得F，选项A正确1.整体法与隔离法常涉及的问题类

18、型 (1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度解题时，一般采用先整体、后隔离的方法建立直角坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度(3)斜面体与物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析2解决这类问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解突破训练5在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳

19、索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化如下：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图10所示设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g10 m/s2.当运动员与吊椅一起以加速度a1 m/s2上升时，试求： 图10(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力答案(1)440 N(2)275 N解析(整体法与隔离法的交叉运用)(1) 设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊

20、椅受到绳的拉力也是F，对运动员和吊椅整体进行受力分析如图甲所示，则有：2F(m人m椅)g(m人m椅)a解得F440 N由牛顿第三定律知，运动员竖直向下拉绳的力FF440 N.(2) 设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图乙所示，则有：FFNm人gm人a解得FN275 N由牛顿第三定律知，运动员对吊椅的压力为FNFN275 N高考题组1(2012安徽理综17)如图11所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A物块可能匀速下滑 图11B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速

21、下滑答案C解析设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a0，即0，故aa，物块将以大于a的加速度匀加速下滑故选项C正确，选项A、B、D错误2(2011新课标全国理综21)如图12所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等现给木块施加 图12一随时间t增大的水平力Fkt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是 ()答案A解析刚开始木块与木板一起在F作用下加速，且Fkt，a，当两者相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a1不变，木块受F及滑动摩擦力，a2g，故a2

22、g，at图象中斜率变大，故选项A正确，选项B、C、D错误3(2011北京理综18)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图13所示，将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为 ()图13Ag B2g C3g D4g答案B解析在蹦极过程中，经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子拉力F等于人的重力mg，由Ft图线可以看出，F0mg；在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下，当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周

23、期中，弹力最大为FmF03mg，故最大加速度为am2g.选项B正确模拟题组4如图14所示，物块A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C通过细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动，设A、B间的摩擦力为Ff1，B与桌面间的摩擦力为Ff2.若增大C桶内砂的质量，而A、B仍一起向右运动，则摩擦力Ff1和Ff2的变化情况是 ()AFf1、Ff2都变大 BFf1、Ff2都不变 图14CFf1不变，Ff2变大 DFf1变大，Ff2不变答案D解析对A、B两物体组成的系统受力分析，由牛顿第二定律可知：FTFf2(mAmB)a1，所以A受到的摩擦力为mAa1，若增大C桶内砂的质量，则拉力FT增大，而B与桌面间的摩

24、擦力Ff2不变，故系统的加速度增大，由于A、B仍一起向右运动，根据牛顿第二定律可知A受到的摩擦力Ff1变大，D正确5一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1a2a3a41248，M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，则以下结论不正确的是 ()AFf1Ff212 BFf2Ff312CFf3Ff412 Dtan 2tan 答案B解析已知a1a2a3a41248，在题第(1)图和第(2)图中

25、摩擦力FfMa，则Ff1Ff212.在第(3)图和第(4)图中摩擦力Ff3(Mm)a3，Ff4(Mm)a4，Ff3Ff412.第(3)、(4)图中，a3gtan ，a4gtan ，则tan 2tan .6图15甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示取g10 m/s2，根据Ft图象求：甲乙图15(1)运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度答案(1)50 kg(2)40

26、 m/s2(3)3.2 m解析(1)由题图乙可知运动员所受重力为500 N，设运动员质量为m，则m50 kg(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm2 500 N，设运动员的最大加速度为am，则Fmmgmamam m/s240 m/s2(3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8 s或9.4 s，再下落到蹦床上的时刻为8.4 s或11 s，它们的时间间隔均为1.6 s根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8 s.设运动员上升的最大高度为H，则Hgt2100.82 m3.2 m(限时：30分钟)题组1对牛顿第二定律的理解和简单应用1下列说法正确的是 (

27、)A物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B物体所受到的合外力不变(F合0)，其运动状态就不改变C物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大答案CD解析物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体所受的合外力不为零，就会迫使其运动状态(运动的快慢或方向)发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确2一个质量为2 kg的物体，在5个共点力的作用下保持静止若同时撤去其中大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，此时

28、该物体的加速度大小可能是 ()A2 m/s2 B3 m/s2 C12 m/s2 D15 m/s2答案BC解析物体所受合力范围为5 NF合25 N，因m2 kg，故2.5 m/s2a12.5 m/s2，故B、C正确3如图1所示，质量m10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2) ()A0 B4 m/s2，水平向右 图1C2 m/s2，水平向左 D2 m/s2，水平向右答案B解析对物体受力分析可知F合FFf，Ffmg，所以F合20 N0.21010 N40 N，所以a m/s2

29、4 m/s2，方向水平向右选项B正确题组2应用牛顿第二定律分析瞬时问题4如图2所示，两个质量分别为m12 kg、m23 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接两个大小分别为F130 N、F220 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则 ()图2A弹簧测力计的示数是10 NB弹簧测力计的示数是50 NC在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变D在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变答案C解析设弹簧的弹力为F，加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统：F1F2(m1m2)a，对m1：F1Fm1a，联立两式解得：a2 m/s2，F26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的

30、瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误5在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图3所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零当剪断轻绳的瞬间，取g10 m/s2，以下说 图3法正确的是 ()A此时轻弹簧的弹力大小为20 NB小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的

31、加速度大小为10 m/s2，方向向右D若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0答案ABD解析因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到重力、轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态依据平衡条件得：竖直方向有FTcos mg水平方向有FTsin F解得轻弹簧的弹力为Fmgtan 20 N，故选项A正确剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面对它的支持力与小球所受重力平衡，即FNmg；由牛顿第二定律得小球的加速度为a m/s28 m/s2，方向向左，选项B正确当剪断弹簧的瞬间，小球立即受水平面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C错误，D正确6如图4所示，A、B两小

32、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，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 ()A都等于 B.和0 图4C.和0 D0和答案D解析当线剪断的瞬间，弹簧的伸长状态不变，A受合外力还是0，A的加速度仍为0，对B进行受力分析：线剪断前：F线MBgsin F弹F弹MAgsin .线剪断瞬间：B受合外力为F合MBgsin F弹MBaB所以aBgsin 选项D正确7.如图5所示，用细绳将条形磁铁A竖直挂起，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下端，静止后将细绳烧断，A、B同时下落，不计空气阻力则下落过程中 ()A小铁块B的加速度为零B小铁块B只受一个力的作用 图5C小铁块

33、B可能只受二个力的作用D小铁块B共受三个力的作用答案D题组3整体法和隔离法与牛顿第二定律的应用8.如图6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.则m1的加速度大小为 ()A. B.C. D. 图6答案A解析把m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：Fcos (m1m2)a，所以a，选项A正确9车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右做匀加速运动(空气阻力不计)时，下列各图中正确的是 ()答案B题组4两类动力学问题的分析和计算

34、10(2010山东理综16)如图7所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接下列图象中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正确的是 () 图7答案C解析物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力f1mgcos 加速度a1g(sin cos )，速度v1a1t1路程s1a1t，由此可知A、B、D均错误；在水平面上物体做匀减速直线运动，摩擦力f2mg，加速度a2g，速度v2v1a2t2a1t1a2t2，所以C正确11.如图8(a)所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物

35、体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图(b)所示(g10 m/s2)，则下列结论正确的是 ()A物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 图8B弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC物体的质量为3 kgD物体的加速度大小为5 m/s2答案D解析设物体的质量为m，静止时弹簧的压缩量为x，由牛顿第二定律可得kxmg现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，根据拉力F与物体位移x的关系可得10ma30mgma联立可以解得，物体的质量m2 kg，物体的加速度a5 m/s2，k500 N/m，故只有D正确12一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图9(a)所示，速度v随时间t变化的关系如图(b)所示取g10 m/s2，求： (a) (b)图9(1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1；(2)物块在前6 s内的位移大小x；(3)物块与水平地面间的动摩擦因数.答案(1