高考物理大一轮复习 第三章 第2讲 应用牛顿第二定律处理“四类”问题讲义(含解析)教科版-教科版高三

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：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，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

g，g，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，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得ag，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、动力学图像

1．类型

(1)已知图像分析运动和受力情况；

(2)已知运动和受力情况分析图像的形状．

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·某某单科·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2

A．F1F3

C．F1>F3D．F1＝F3

答案 A

命题点一超重与失重现象

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现象．

2．判断超重和失重的方法

从受力的角度判断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；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态

从加速度的角度判断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

从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重

②物体向下加速或向上减速时，失重

例1(2018·某某省某某市第二次调研)图3甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的O表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F－t图线，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10m/s2，根据图像分析可知( )

图3

A ．人的重力为1500N

B ．c 点位置人处于失重状态

C ．e 点位置人处于超重状态

D ．d 点的加速度小于f 点的加速度

答案 C

解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N ，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500N ，故A 错误；c 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B 错误；e 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C 正确；人在d 点时：

a 1＝F d －G m ＝1500－50050010

m/s 2＝20 m/s 2，人在f 点时：a 2＝G －0m ＝500500

10

m/s 2＝10 m/s 2，可知d 点的加速度大于f 点的加速度，故D 错误．

变式1 某某塔，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 图像如图4所示．则下列相关说法正确的是( )

图4

A ．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 图像可判断：t ＝4.5s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A 错误；0～5s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60s 时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，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 (2018·某某省某某市三校模拟)如图5，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a ＝4.0 m/s 2

的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N ，下底板的传感器显示的压力为10.0 N ．取g ＝10 m/s 2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是( )

图5

A ．匀加速上升，a ＝5m/s 2

B ．匀加速下降，a ＝5m/s 2

C ．匀速上升

D ．静止状态

答案 B

解析 当箱子随电梯以a 2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知： N 上＋mg －N 下＝ma ，m ＝N 下－N 上g －a ＝10－410－4

kg ＝1kg ，G ＝mg ＝10N 若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10N ，则上顶板传感器的示数是5N.

对金属块，由牛顿第二定律知N 上′＋mg －N 下′＝ma ′

解得a ′＝5m/s 2，方向向下，故电梯以a ＝5 m/s 2的加速度匀加速下降，或以a ＝5m/s 2

的加速度匀减速上升．故A 、C 、D 错误，B 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．解题思路

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

3．两个易混问题

(1)如图6甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则图甲中的轻质弹簧和图乙中的下段绳子的拉力将如何变化呢？

图6

(2)由(1)的分析可以得出什么结论？

答案(1)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.

(2)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．

例2(2019·某某省某某中学第一次调研)如图7所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )

图7

A．a A＝a B＝g B．a A＝2g，a B＝0

C．a A＝3g，a B＝0D．a A＝23g，a B＝0

答案 D

解析水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示，

静止时，T＝F sin60°，F cos60°＝m A g＋F1，F1＝m B g，又m A＝m B 解得T＝23m A g

水平细线被剪断瞬间，T消失，其他各力不变，A所受合力与T等大反向，所以a A＝T

m A

＝23 g，a B＝0.

例3(多选)如图8所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，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．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线．下列判断正确的是( )

图8

A．细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零

B．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零

C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为g sinθ

D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sinθ

答案CD

解析剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m)g sinθ＝6mg sinθ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mg sinθ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)g sinθ＝(m＋2m)a AB，解得A、B两个小球的加速度为a AB＝g sinθ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：F AB－2mg sinθ＝2ma AB，解得杆的拉力为F AB＝4mg sinθ，以C为研究对象，由牛顿第二定律得a C＝g sinθ，方向沿斜面向下，故C、D正确，A、B错误．

变式3(2018·某某省吕梁市第一次模拟)如图9所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )

图9

A．图甲中A球的加速度为g sinθ

B．图甲中B球的加速度为2g sinθ

C．图乙中A、B两球的加速度均为g sinθ

D．图乙中轻杆的作用力一定不为零

答案 C

解析设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mg sinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mg sinθ，加速度为4g sinθ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mg sinθ，A、B两球的加速度均为g sinθ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确．

命题点三动力学图像问题

1．常见的动力学图像

v－t图像、a－t图像、F－t图像、F－a图像等．

2．图像问题的类型

(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像．

3．解题策略

(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，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)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．

例4 (2018·某某省某某市第二次模拟)如图10甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M 的足够长木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F 与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g 取10m/s 2，下列说法正确的是( )

图10

A ．长木板的质量M ＝2kg

C ．当F ＝14N 时，长木板的加速度大小为3m/s 2

D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大

答案 B

解析 当F 等于12N 时，加速度为：a 0＝4m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a 0，代入数据解得：M ＋m ＝3kg ；当F 大于12N 时，m 和M 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，则F ＝Ma ＋μmg ，则知F －a 图线的斜率k ＝M ＝12－84

＝1，则M ＝1kg ，故m ＝2kg ，故A 错误；由A 项分析可知：F 大于12N 时，F ＝a ＋20μ，若F ＝8N ，a ＝0，即得μ＝0.4，故B 正确；由A 项分析可知：F 大于12N 时F ＝a ＋8，当F ＝14N 时，长木板的加速度为：a ＝6m/s 2，故C 错误；当F 大于12N 后，二者发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μg ，与F 无关，F 增大时小滑块的加速度不变，故D 错误．

变式4 (多选)(2019·某某省某某市质检)水平地面上质量为1kg 的物块受到水平拉力F 1、F 2的作用，F 1、F 2随时间的变化如图11所示，已知物块在前2s 内以4m/s 的速度做匀速直线

运动，取g ＝10 m/s 2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )

图11

B ．3s 末物块受到的摩擦力大小为3N

C ．4s 末物块受到的摩擦力大小为1N

D ．5s 末物块的加速度大小为3m/s 2

答案 BC 解析 在0～2s 内物块做匀速直线运动，则摩擦力f ＝3N ，则μ＝f mg ＝310

＝0.3，选项A 错误；2s 后物块做匀减速直线运动，加速度a ＝F 合m ＝6－5－31m/s 2＝－2 m/s 2，则经过t ＝0－v a

＝2s ，即4s 末速度减为零，则3s 末物块受到的摩擦力大小为3N,4s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N －5N ＝1N ，选项B 、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5s 末物块的加速度为零，选项D 错误．

变式5 (2018·某某省池州市上学期期末)如图12所示为质量m ＝75kg 的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v －t 图像，图中的OA 直线是t ＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC 平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10m/s 2

，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则( )

图12

A ．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动

B ．t ＝0时刻运动员的加速度大小为2m/s 2

C ．动摩擦因数μ

D ．比例系数k 为15kg/s

答案 C

解析 由v －t 图像可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，

故A 错误；在t ＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a 0＝12－03－0

m/s 2＝4 m/s 2，故B 错误；在t ＝0时刻开始加速时，v 0＝0，由牛顿第二定律可得mg sin θ－kv 0－μmg cos θ＝ma 0，最后匀速时有：v m ＝10m/s ，a ＝0，由平衡条件可得mg sin θ－kv m －μmg cos θ＝0，联立解得：μ＝0.25，k ＝30 kg/s ，故C 正确，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

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，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量

隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两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

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5(多选)(2018·某某省某某市第二次模拟)如图13所示，a、b、c为三个质量均为m 的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上．现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )

图13

A．该水平拉力大于轻绳的弹力

B．物块c受到的摩擦力大小为μmg

C．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块cμmg

D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg

答案ACD

解析三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c 系统：T＝2μmg，则F>T，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，FFμmg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：f＝ma，解得f＝

μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得：2μmg＝2ma′，对c：f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D正确．

变式6(多选)(2019·某某省某某市质检)如图14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14

A．若m>M，有x1＝x2B．若m

C．若μ>sinθ，有x1>x2D．若μ

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

T－μmg＝ma1②

联立①②解得F T＝Fm

m＋M

③

在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)g sinθ＝(m＋M)a2④

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有

T′－mg sinθ＝ma2⑤

联立④⑤解得T′＝

Fm

M＋m

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7(多选)如图15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15

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g sinθ，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g sinθ，所以A正确，B错误．将支架系统和斜面看成一个整体，因为支架系统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．

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1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )

图1

A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小

C．t D．t

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地板对人的支持力大小，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．2．(2018·某某省黄冈市质检)如图2所示，电视剧拍摄时，要制造雨中场景，剧组工作人员用消防水枪向天空喷出水龙，降落时就成了一场“雨”．若忽略空气阻力，以下分析正确的是( )

图2

A．水枪喷出的水在上升时超重

B．水枪喷出的水在下降时超重

C．水枪喷出的水在最高点时，速度方向斜向下

D．水滴在下落时，越接近地面，速度方向越接近竖直方向

答案 D

解析由于水在空中不论上升还是下降均只受重力，加速度向下，故水均处于完全失重状态，故A、B错误；在最高点时，水的竖直速度变为零，此时只有水平方向的速度，故C错误；水落下时的速度为水平速度和竖直速度的合速度，越向下来，竖直速度越大，则速度的方向越接近竖直方向，故D正确．

3．(2019·某某省某某市调研)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3所示．当此车匀减速上坡时，乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )

图3

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

解析当车匀减速上坡时，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．

4．(2019·某某省某某市质检)如图4甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v－t图像如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是( )

图4

A．在3s末，物体处于出发点右方

B ．在1～2s 内，物体正向左运动，且速度大小在减小

C ．在1～3s 内，物体的加速度方向先向右后向左

D ．在0～1s 内，外力F 不断增大

答案 A

解析 根据v －t 图像与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t 轴上方位移为正，下方位移为负，则前3s 内物体的位移为正，说明物体处于出发点右方，故A 正确；在1～2s 内，速度为正值，说明物体向右运动，速度不断减小，故B 错误；在1～3s 内，图像的斜率不变，则加速度不变，故C 错误；在0～1s 内，图像切线的斜率不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第二定律知外力F 不断减小，故D 错误．

5．如图5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m 0，两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a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )

图5

A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0

B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝g

C ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝

m ＋m 0m 0g D ．a 1＝g ，a 2＝

m ＋m 0m 0g ，a 3＝0，a 4＝m ＋m 0m 0g 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，物块1、2受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝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a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝

F ＋m 0g m 0＝m 0＋m m 0g ，故C 正确，A 、B 、D 错误．

6．(2018·某某省四地六校月考)如图6所示，A 、B 两物块质量均为m ，用一轻弹簧相连，将A 用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B 物块恰好与水平桌面接触，此时

轻弹簧的伸长量为x ，现将悬绳剪断，则( )

图6

A ．悬绳剪断瞬间A 物块的加速度大小为g

B ．悬绳剪断瞬间B 物块的加速度大小为g

C ．悬绳剪断后A 物块向下运动距离2x 时速度最大

D ．悬绳剪断后A 物块向下运动距离x 时加速度最小

答案 C

解析 剪断悬绳前，对B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力F ＝mg ，剪断悬绳瞬间，对B 受力分析，B 的受力情况不变，则B 的加速度为0，对A 分析，A 受的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，得A 的加速度a ＝2g ，故A 、B 错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F ＝mg ＝kx ，当向下压缩，mg ＝F ′＝kx ′时，加速度为零，速度最大，x ′＝x ，所以A 物块向下运动的距离为2x 时速度最大，加速度最小，故C 正确，D 错误．

7．(多选)(2018·某某省某某市上学期期末)质量为2m 的物块A 和质量为m 的物块B 相互接触放在水平地面上，如图7所示，若对A 施加水平推力F ，两物块沿水平方向做匀加速运动，关于A 对B 的作用力，下列说法中正确的是( )

图7

A ．若水平地面光滑，物块A 对

B 的作用力大小为F

B ．若水平地面光滑，物块A 对B 的作用力大小为F 3

C ．若物块A 与地面间无摩擦，B 与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A 对B 的作用力大小为μmg

D ．若物块A 与地面间无摩擦，B 与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A 对B 的作用力大小为F ＋2μmg

3

答案 BD

解析 若水平地面光滑，将A 、B 看做一个整体有：a ＝F 2m ＋m ＝F

3m

，由于两物块一起运动，所

以加速度相同，故将B 隔离有：a ＝F A m ，所以F A ＝ma ＝13

F ，A 错误，B 正确；若物块A 与地面间无摩擦，B 与地面间的动摩擦因数为μ，将A 、B 看做一个整体有：a ′＝

F －μmg 3m ，将B 隔离有：a ′＝F A ′－μmg m ，解得F A ′＝F ＋2μmg 3

，C 错误，D 正确．

8．(2018·某某省某某市第二次段考)如图8所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A 、B 两物体用一轻质弹簧连接着，B 的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态时，则此瞬间A 、B 两物体的瞬时加速度大小分别为(重力加速度为g )( )

图8

A.12g 、g B ．g 、12g C.32g 、0D.32

g 、g 答案 D

解析 由平衡状态时的受力特点可知，A 受到弹簧的作用力大小为mg sin30°，因为失重时A 物体本身重力不变，故在此瞬间，A 同时受到弹簧的弹力mg sin30°和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mg cos30°，故其瞬时加速度为32

g ；而对B 受力分析可以知道，完全失重瞬间，B 受到弹簧的作用力和细线上的弹力相等(此二力的合力为0)，则此时B 的合力就是其重力，所以B 的瞬时加速度为g ，所以D 正确．

9．(2018·某某省某某二中第五次训练)如图9甲所示，用一水平外力F 推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．逐渐增大F ，物体开始做变加速运动，其加速度a 随F 变化的图像如图乙所示．取g ＝10m/s 2

.根据图中所提供的信息不能计算出的是( )

图9

A ．物体的质量

B．斜面的倾角

C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小

D．加速度为6m/s2时物体的速度

答案 D

解析对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示

x方向：F cosθ－mg sinθ＝ma①

y方向：N－F sinθ－mg cosθ＝0②

从a－F图像中取两个点(20N，2m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入①式解得：m＝2kg，θ＝37°

因而A、B可以算出；

当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出；

题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D 不可以算出．

10．(多选)(2018·某某某某二中月考)如图10甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2.下列选项中正确的是( )

图10

A．2秒末～3秒末内物块做匀减速运动

B．在t＝1s时刻，恒力F反向

D．恒力F大小为10N

答案BC

解析物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝v02

2x1

＝10m/s2，物块做匀减速直线运动的

时间为：t 1＝v 0a 1＝1010

s ＝1s ，即在t ＝1s 末恒力F 反向，物块做匀加速直线运动，故A 项错误，B 项正确；

物块匀加速直线运动的加速度大小：a 2＝v 2

2x 2

＝4m/s 2, 根据牛顿第二定律得：F ＋f ＝ma 1，F －f ＝ma 2，联立解得：F ＝7N ，f ＝3N ，由f ＝μmg ，得μ＝0.3，故C 项正确，D 项错误．

11．(2018·某某省某某市高级中学月考)如图11所示，A 、B 两滑环分别套在间距为1m 的光滑细杆上，A 和B 的质量之比为1∶3，用一自然长度为1m 的轻弹簧将两环相连，在A 环上作用一沿杆方向的、大小为20N 的拉力F ，当两环都沿杆以相同的加速度a 1运动时，弹簧与杆夹角为53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：

图11

(1)弹簧的劲度系数为多少？

(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，A 的加速度为a 2，则a 1∶a 2为多少？ 答案 (1)100N/m (2)1∶3

解析 (1)先取A 、B 和弹簧整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A 、B 的支持力与加速度方向垂直，在沿F 方向应用牛顿第二定律可得：F ＝(m A ＋m B )a 1

再对B 受力分析：

由牛顿第二定律可得：F 弹cos53°＝m B a 1

联立解得F 弹＝25N

由几何关系得，弹簧的伸长量：Δx ＝L ⎝

⎛⎭⎪⎫1sin53°－1 由胡克定律得，F 弹＝k Δx

所以弹簧的劲度系数：k ＝100N/m

(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，根据牛顿第二定律得

对A ：F 弹cos53°＝m A a 2

联立得a 1∶a 2＝1∶3.

12．(2018·某某省某某市第二次统考)如图12所示，质量m 1＝500g 的木板A 静止放在水平平台上，木板的右端放一质量m 2＝200g 的小物块B .轻质细线一端与长木板连接，另一端通