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F＝ma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20.0 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) (　　) A．510 N B．490 N 图1 C．890 N D．910 N 答案　B 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F－mg＝ma，解得F＝210 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FN＋F＝Mg，解得FN＝490 N. 根据牛顿第三定律可得建筑工人对地面的压力大小为FN′＝FN＝490 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Δx＝1.2 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 (　　) A．a＝ m/s2＝120 m/s2 B．a＝ m/s2＝1.2 m/s2 C．F＝500×1.2 N＝600 N D．F＝0.5×1.2 N＝0.60 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Δx＝1.2 cm没用国际单位制表示，C项中的小车质量m＝500 g没用国际单位制表示，所以均错误；B、D正确．
考点梳理
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：F＝ma，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Ⅰ·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 图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＝g C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g 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a1＝0.木块2受重力Mg和 弹簧弹力F＝mg，如图所示，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝Ma2，则a2＝g，选项C正确． 6．[牛顿第二定律的简单应用]质量m＝1 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t＝1 s，速度大小变为4 m/s，则这个力的大小可能是 (　　) A．2 N B．4 N C．6 N D．8 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 (　　) A．0 B.g 图3 C．g 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和弹簧拉力FT，受力情况如图所示．突然撤离木板时，FN 突然消失而其他力不变，因此FT与重力mg的合力F＝ ＝mg，产生的加速度a＝＝g，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 图4 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________(θ角已知)． 答案　gsin θ　垂直倾斜细线OA向下　gtan θ　水平向右　cos2 θ 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FT1＝mgcos θ，F1＝mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ.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＝，F2＝mgtan θ＝ma2，所以a2＝gtan θ. 甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为＝cos2 θ.

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 (　　) 图5 A．A球的加速度为 B．A球的加速度为零 C．B球的加速度为 D．B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μ1＝0.2，B与水平面之间的动摩擦； 图6 因数μ2＝0.1，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t＝0开始，木板B受F1＝16 N的水平恒力作用，t＝1 s时F1改为F2＝4 N，方向不变，t＝3 s时撤去F2. (1)木板B受F1＝16 N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？ (2)从t＝0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t＝0开始，到A、B都静止)，取运动方向为正方向，在图7中画出FfA－t的关系图线(以图线评分，不必写出分析和计算过程)．
图7 解析　(1)根据牛顿第二定律得 μ1mAg＝mAaA aA＝μ1g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 F1－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB 代入数据得aB＝4 m/s2 (2)t1＝1 s时，A、B的速度分别为vA、vB vA＝aAt1＝2×1 m/s＝2 m/s vB＝aBt1＝4×1 m/s＝4 m/s F1改为F2＝4 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 F2－μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB′ 代入数据得aB′＝－2 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 vA＋aAt2＝vB＋aB′t2 代入数据得t2＝0.5 s A在B上相对B滑行的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s (3)FfA－t的关系图线如图所示．
答案　(1)2 m/s2　4 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(　　) A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m 答案　C
突破训练4
　质量为10 kg的物体在F＝200 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θ＝37°，如图8所示．力F作用2 s后撤去， 图8 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μ和物体的总位移x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 答案　0.25　16.25 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： a1t1＝a2t2 ① 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 θ－mgsin θ－Ff1＝ma1 ② Ff1＝μFN1＝μ(mgcos θ＋Fsin θ) ③ 撤去力F后，对物体受力分析如图所示 由牛顿第二定律得： －mgsin θ－Ff2＝－ma2 ④ Ff2＝μFN2＝μmgcos θ ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得： a2＝8 m/s2，a1＝5 m/s2，μ＝0.25 物体运动的总位移 x＝a1t＋a2t ＝ m＝16.25 m
11．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9 C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)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：2f－Mg＝Ma ① 对m有：F－2f－mg＝ma ②联立①②两式解得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：①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． ②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g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起以加速度 图10 a＝1 m/s2上升时，试求： (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F＝440 N 由牛顿第三定律知，运动员竖直向下拉绳的力F′＝F＝440 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： F＋FN－m人g＝m人a 解得FN＝275 N 由牛顿第三定律知，运动员对吊椅的压力为FN′＝FN＝275 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 (　　) 图11 A．物块可能匀速下滑 B．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的加速度匀加速下滑 答案　C 解析　设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a＝>0，即μ0，故a′>a，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．现给木块施加一随时 图12 间t增大的水平力F＝kt(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F＝kt，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，a2＝＝－μg，故a2＝－μg，a－t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13 A．g B．2g C．3g D．4g 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F－t图线可以看出，F0＝mg；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，在第一个周期中，弹力最大为Fm＝F0＝3mg，故最大加速度为am＝＝2g.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(　　) 图14 A．Ff1、Ff2都变大 B．Ff1、Ff2都不变 C．Ff1不变，Ff2变大 D．Ff1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：FT－Ff2＝(mA＋mB)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a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，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 (　　)

A．Ff1∶Ff2＝1∶2 B．Ff2∶Ff3＝1∶2 C．Ff3∶Ff4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ 答案　B 解析　已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在题第(1)图和第(2)图中摩擦力Ff＝Ma，则Ff1∶Ff2＝1∶2.在第(3)图和第(4)图中摩擦力Ff3＝(M＋m)a3，Ff4＝(M＋m)a4，Ff3∶Ff4＝1∶2.第(3)、(4)图中，a3＝gtan θ，a4＝gtan α，则tan α＝2tan θ. 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g＝10 m/s2，根据F－t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 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 m＝＝50 kg (2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2 500 N，设运动员的最大加速度为am，则 Fm－mg＝mam am＝＝ m/s2＝40 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 H＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2 m
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 (　　) 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，此时该物体的加速度大小可能是 (　　) A．2 m/s2 B．3 m/s2 C．12 m/s2 D．15 m/s2 答案　BC 解析　物体所受合力范围为5 N≤F合≤25 N，因m＝2 kg，故2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2，故B、C正确． 3．如图1所示，质量m＝10 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F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)(　　) 图1 A．0 B．4 m/s2，水平向右 C．2 m/s2，水平向左 D．2 m/s2，水平向右 答案　B 解析　对物体受力分析可知F合＝F＋Ff，Ff＝μmg，所以F合＝20 N＋0.2×10×10 N＝ 40 N，所以a＝＝ m/s2＝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m1＝2 kg、m2＝3 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F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则 (　　)
图2 A．弹簧测力计的示数是10 N B．弹簧测力计的示数是50 N C．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：F1－F2＝(m1＋m2)a，对m1：F1－F＝m1a，联立两式解得：a＝2 m/s2，F＝26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，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μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球， 小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝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 图3 的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是 (　　) A．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B．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 θ＝mg 水平方向有FTsin θ＝F 解得轻弹簧的弹力为F＝mgtan θ＝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FN＝mg；由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝ m/s2＝8 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4 C.·和0 D．0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 θ＋F弹 F弹＝MAgsin θ. 线剪断瞬间：B受合外力为F合＝MBgsin θ＋F弹＝MBaB 所以aB＝·gsin θ＝· 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5 C．小铁块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θ.则m1 的加速度大小为 (　　) 图6 A. B. C. D. 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 θ＝(m1＋m2)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 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、 图7 加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正确的是 (　　)

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f1＝μmgcos θ 加速度a1＝g(sin θ－μcos θ)，速度v1＝a1t1 路程s1＝a1t，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f2＝μmg，加速度a2＝μg，速度v2＝v1－a2t2＝a1t1－a2t2，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 图8 (g＝10 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 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg D．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Δx，由牛顿第二定律可得 kΔx＝mg ① 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 10＝ma ② 30－mg＝ma ③ 联立①②③可以解得，物体的质量m＝2 kg，物体的加速度a＝5 m/s2，k＝500 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g＝10 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μ. 答案　(1)4 N　(2)12 m　(3)0.4 解析　(1)从题图(a)中可以读出，当t＝1 s时， Ff1＝F1＝4 N (2)由题图(b)知物块在前6 s内的位移大小 x＝ m＝12 m (3)从题图(b)中可以看出，在t＝2 s至t＝4 s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为 a＝＝ m/s2＝2 m/s2 由牛顿第二定律得F2－μmg＝ma F3＝Ff3＝μmg 所以m＝＝ kg＝2 kg μ＝＝＝0.4 13．如图10甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点．滑块运动的图象如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)
图10 (1)AB之间的距离； (2)滑块再次回到A点时的速度； (3)滑块在整个运动过程中所用的时间． 答案　(1)16 m　(2)8 m/s　(3)(2＋2) s 解析　(1)由v－t图象知AB之间的距离为： sAB＝ m＝16 m. (2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，从B返回到A过程的加速度大小为a2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有： a1＝gsin θ＋μgcos θ＝ m/s2＝8 m/s2 a2＝gsin θ－μgcos θ 则滑块返回到A点时的速度为vt，有 v－0＝2a2sAB 联立各式解得：a2＝4 m/s2，vt＝8 m/s. (3)设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，则有： t1＝2 s t2＝＝2 s 则滑块在整个运动过程中所用的时间为 t＝t1＋t2＝(2＋2) s.

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