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A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三个小球的加速度分别是(　　)

图1

A.1.5g，1.5g，0 B.g，2g，0

C.g，g，g D.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(　　)

A.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

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

图2

A.F1<F2 B.F2>F3

C.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

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3

A.t＝2 s时最大 B.t＝2 s时最小

C.t＝8.5 s时最大 D.t＝8.5 s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4

A.t＝4.5 s时，电梯处于失重状态 B.5～55 s时间内，绳索拉力最小

C.t＝59.5 s时，电梯处于超重状态 D.t＝60 s时，电梯速度恰好为零

答案　D

解析　利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s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＝60 s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5

A.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

⇒⇒

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6

A.弹簧弹力大小为mg

B.球B的加速度为g

C.球A受到的支持力为mg

D.球A的加速度为g

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＝mgtan 45°＝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，aB＝g，A、B项错误.剪断细绳前，有A球的重力大小GA＝2F绳cos 30°＝mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos 30°＝mg，C项错误.剪断细绳瞬间，对A球由牛顿第二定律有mAgsin 30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin 30°＝g，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＋

(2)aA＝2g(sin α＋μcos α)，aB＝0

解析　(1)隔离B木块受力分析，由平衡条件可得F弹＝mgsin α＋μmgcos α

由胡克定律F弹＝kΔx得两木块间的距离为LAB＝L＋Δx＝L＋

(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－(mgsin α＋μmgcos α)＝maB

解得aB＝0.

对于木块A有F弹＋μmgcos α＋mgsin α＝maA

解得aA＝2(gsin α＋μgcos α)＝2g(sin α＋μcos α).

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9

A.a1＝a2＝a3＝a4＝0

B.a1＝a2＝a3＝a4＝g

C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g

D.a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g

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－mg＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C对.

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＝2 kg，mB＝4 kg，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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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)0.75 m　(3)12 J

解析　(1)在0～0.5 s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为a1＝＝m/s2＝4 m/s2

对A，FT－mAgsin θ－μmAgcos θ＝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mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2

将已知量代入，可得a2＝8 m/s2

故A减速向上滑动的位移为x2＝＝0.25 m

考虑0～0.5 s内A加速向上滑动的位移x1＝＝0.5 m

所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75 m

(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0

得W＝12 J.

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＝2 kg的物体.物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，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＝0.5 s时物体的加速度大小.

(2)物体在t＝0至t＝2 s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＝2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？

答案　(1)0.5 m/s2　(2)当t＝0时，am＝1 m/s2　当t＝2 s时，am′＝－1 m/s2　(3)t＝1 s时，v＝0.5 m/s

解析　(1)由题图乙可知F2＝(2＋2t) N

当t＝0.5 s时，F2＝(2＋2×0.5) N＝3 N

F1－F2＝ma

a＝＝m/s2＝0.5 m/s2.

(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0～2 s范围内

当t＝0时，物体有最大加速度am

Fm＝mam

am＝＝m/s2＝1 m/s2

当t＝2 s时，物体也有最大加速度am′

Fm′＝mam′

am′＝＝m/s2＝－1 m/s2

负号表示加速度方向向左.

(3)由牛顿第二定律得a＝＝1－t(m/s2)

画出a－t图象如图所示

由图可知t＝1 s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的面积v＝×1×1 m/s＝0.5 m/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.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a，得到如图乙所示的a－F图象.取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

图12

A.滑块的质量m＝4 kg B.木板的质量M＝4 kg

C.滑块与木板间动摩擦因数为0.1 D.当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2

答案　AC

解析　由题图乙，当F等于6 N时，加速度a＝1 m/s2，对整体：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得a＝，知图线的斜率k＝＝，解得M＝2 kg，故滑块的质量m＝4 kg，故A正确，B错误；根据F大于6 N的图线延长线知，F＝4 N时，a＝0，则a＝，解得μ＝0.1，故C正确；根据μmg＝ma′，得a′＝1 m/s2，D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

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.10 C.15 D.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＝nma ①

设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a ②

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13

A.若m>M，有x1＝x2 B.若m<M，有x1＝x2

C.若μ>sin θ，有x1>x2 D.若μθ，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)a1 ①

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1 ②

联立①②解得FT＝ ③

在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有

F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2 ④

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT′－mgsin θ＝ma2 ⑤

联立④⑤解得FT′＝ ⑥

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

A.斜面光滑

B.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gsin θ，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gsin θ，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

A.加速度为零，速度为零

B.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2

A. F B. F C. F D. F

答案　C

解析　根据牛顿第二定律对整体有：2F－F＝(m1＋m2)a，方向水平向右；对物体B有：FN－F＝m2a，联立上述两式得：FN＝F，故选项A、B、D均错误，选项C正确.

3.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＝50 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

图3

A.第9 s内乘客处于失重状态

B.1～8 s内乘客处于平衡状态

C.第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N

D.第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s

答案　C

4.(多选)如图4甲所示，质量为m＝2 kg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g取10 m/s2，则(　　)

图4

A.物块经过4 s回到出发点

B.物块运动到第3 s时改变水平拉力的方向

C.3.5 s时刻水平力F的大小为4 N

D.4.5 s时刻水平力F的大小为16 N

答案　CD

5.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AB托住，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(　　)

图5

A.0 B.大小为g，方向竖直向下

C.大小为g，方向垂直木板向下 D.大小为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＝3 kg、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＝1 kg的光滑楔形物体.用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动.重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

图6

A.系统做匀速直线运动

B.F＝40 N

C.斜面体对楔形物体的作用力大小为5 N

D.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动

答案　BD

解析　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mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错，B对.斜面体对楔形物体的作用力FN2＝＝mg＝10 N，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7

A. B.

C. D.

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：Fcos θ＝(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(　　)

A.手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态

B.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8

A.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g

C.A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ

D.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin 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＝gsin θ，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：3mgsin θ－2mgsin θ＝2ma，则A、B的加速度a＝gsin θ，故D正确；由D可知，B的加速度为a＝gsin θ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得FT－mgsin θ＝ma，解得：FT＝mgsin θ，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、B对小球的作用力均为F，此时小球平衡，C处于拉直状态，已知当地重力加速度为g.则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为(　　)

图9

A.g－，方向竖直向下 B.－g，方向竖直向上 C.0 D.＋g，方向竖直向下

答案　BC

解析　由于橡皮筋C只能提供向下的拉力，所以轻弹簧A和B对小球的作用力一定是拉力.可能有两种情况：(1)橡皮筋可能被拉伸，设拉力为FT，由平衡条件可知，2Fcos 60°＝mg＋FT，解得橡皮筋拉力FT＝F－mg.剪断橡皮筋的瞬间，小球所受合外力等于橡皮筋拉力FT＝F－mg，方向竖直向上，由牛顿第二定律，F合＝ma，解得小球的加速度a＝－g，选项B正确；(2)橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度为零，选项C正确.

11.如图10甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正).则物体运动的速度v随时间t变化的规律是(物体初速度为零，重力加速度取10 m/s2)(　　)

图10

答案　C

解析　在0～1 s内，a1＝＝，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，1 s末物体速度v1＝a1t1＝5 m/s；在1～2 s内，拉力为零，a2＝＝，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s末速度为零；在2～3 s内，a3＝＝，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末物体速度v3＝a3t3＝15 m/s，故C正确，A、B、D错误.

12.(2018·四川德阳模拟)如图11甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，经过5 s物体A运动到B的最右端，其v－t图象如图乙所示.已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.

图11

(1)求物体A、B间的动摩擦因数；

(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间.

答案　(1)0.4　(2)5 s

解析　(1)根据v－t图象可知物体A的加速度为

aA＝＝m/s2＝2 m/s2

以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmAg＝mAaA

解得μ＝＝0.4

(2)由题图乙可知木板B的长度为l＝×5×10 m＝25 m

若B不固定，则B的加速度为

aB＝＝m/s2＝1 m/s2

设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得

aAt2－aBt2＝l，解得t＝5 s.精品推荐 强力推荐 值得拥有

2019版高中物理大一轮复习文档：第三章牛顿运动定律 第2讲 含答案 精品