第三章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

第2讲　牛顿第二定律的基本应用 1．掌握动力学两类基本问题的求解方法。 2．会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算。 [对应学生用书P44] 【微点辨析】 (1)物体的质量与加速度成反比。(×) (2)物体受到外力作用，立即产生加速度。(√) (3)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。(×) (4)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。(√) (5)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√) (6)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。(×) (7)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。(√) (8)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。(×) (9)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。(√) [对应学生用书P45] 考点 瞬时性问题(素养自修) 1．两种模型 加速度与合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 ⇒⇒ [例1]　(2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g 解析　细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。 答案　A 1．(多选)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当 小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是(　　) A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变 B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ 解析　据题意，在AC剪断前有：TBC＝，AC剪断后有：TBC′＝mg cos θ，且mg sin θ＝ma，所以A错误、B正确；在BC剪断前：TAC＝mg tan θ，BC剪断之后，据橡皮筋弹力瞬间保持原值的特性有：TAC′＝TAC＝mg tan θ，其合力为F合＝，所以有F合2＝m2g2(1＋tan2θ)，则加速度为a＝＝，所以C正确、D错误。 答案　BC 2．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，物块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＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 解析　当1与2下的板抽出后，连接1与2间的杆对1与2的作用力突变为零，1、2一块做自由落体运动，加速度为g，故A、D错误；当3与4下方的板抽出瞬间，弹簧的形变量还未变化，此时弹簧弹力对3和4与没抽出板时的弹力均相同，故3受力仍平衡，加速度为零，4的加速度为：a4＝g。由上分析知B错误，C正确。 答案　C 考点 两类动力学基本问题(方法模型) 1．解决两类动力学问题的两个关键点 两个分析 受力情况分析；运动情况分析 两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥梁 速度是各物理过程间相互联系的桥梁 2.两类动力学问题的解题步骤 明确研究对象 根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象 受力分析和运动过程分析 画好受力示意图、运动过程示意图，明确物体的运动性质和运动过程 选取正方向或建立坐标系 通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标的正方向 确定合力F合 若物体只受两个力作用，通常用合成法；若受三个或三个以上的力，一般用正交分解法 列方程求解 根据牛顿第二定律F合＝ma或 列方程求解，必要时对结果进行讨论 考向1　已知物体受力情况，分析物体运动情况 [例2]　物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小。 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小。 (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 解析　(1)根据牛顿第二定律可得 mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1， 代入数据解得a1＝2 m/s2。 (2)根据运动学公式有v2＝2a1l1， 解得v＝4 m/s。 (3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2， 根据运动学公式有v－v2＝－2a2l2， 代入数据联立解得l2＝2.7 m。 答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m 考向2　已知物体运动情况，分析物体受力情况 [例3]　机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 (1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小。 (2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间。 (3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。 解析　(1)v1＝36 km/h＝10 m/s， v2＝54 km/h＝15 m/s， 根据平均速度公式得t1＝＝， 解得刹车时间t1＝4 s， 刹车加速度a＝＝－2.5 m/s2， 根据牛顿第二定律得－Ff＝ma， 解得Ff＝2.5×103 N； (2)小朋友通过斑马线的时间t2＝＝24 s， 汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20 s； (3)根据速度位移公式得v2－v22＝2as， 解得v＝5 m/s。 答案　(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s 3．如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2 kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7 m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8 N作用在该物体上，t＝2 s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失。求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？(g取10 m/s2) 解析　撤去F前，由牛顿第二定律得， F－μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2， 由匀变速直线运动规律得， x1＝a1t2＝4 m， v1＝a1t＝4 m/s， 撤去F后， 由牛顿第二定律得μmg＝ma2， 解得a2＝μg＝2 m/s2，方向向右， d－x1＝v1t1－a2t12， 解得第一次到达B点的时间t1＝1 s，或t1′＝3 s(舍去)， 第一次到达B点时的速度v2＝v1－a2t1＝2 m/s， 之后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得， mg sin θ＝ma3， 解得a3＝g sin θ＝5 m/s2， 物体再经过t2＝2＝0.8 s第二次到达B点， 故撤去拉力F后，经过1 s和1.8 s时间物体经过B点。 答案　1 s和1.8 s 4．如图所示，质量M＝10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。在木楔的倾角为37°的斜面上，有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始沿斜面下滑。当滑行路程s＝1.4 m时，其速度v＝1.4 m/s。在这过程中木楔没有动，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)地面对木楔的摩擦力的大小和方向。 (2)地面对木楔的支持力的大小。 解析　(1)由速度位移公式v2＝v02＋2as，得物块沿斜面下滑的加速度为a＝＝0.7 m/s2，由于a<g sin θ＝6 m/s2，可知物块受到摩擦力作用。分析物块受力，受三个力，如图(a)所示。沿斜面的方向，根据牛顿第二运动定律有mg sin θ－f1＝ma，垂直于斜面的方向，由平衡条件可知mg cos θ－N1′＝0。分析木楔受力，它受五个力作用，如图(b)所示，由牛顿第三定律可知N1＝N1′，对于水平方向，根据平衡条件有f2＋f1cos θ－N1sin θ＝0，由此可解得地面作用于木楔的摩擦力大小f2＝0.56 N，方向水平向左； (2)分析木楔受力，在竖直方向上，由平衡条件可知f1sin θ＋N1cos θ＋Mg＝N2，解得地面对木楔的支持力的大小为N2＝109.58 N。 答案　(1)0.56 N　方向水平向左　(2)109.58 N 考点 超重与失重现象(互动共研) 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“体重计示数”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)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，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。 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或向上的分加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度或向下的分加速度时，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4]　一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　) A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg 解析　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，选项C错误，D正确。 答案　D 5.某教师用图甲所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，装有水的矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A.AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态 B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程 C.AB阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 D.CD阶段的加速度大小约为0.67 m/s2，方向竖直向上 解析　AB阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态，CD阶段拉力小于重力，电梯处于失重状态，A错误；AB阶段加速度向上，CD阶段加速度向下，电梯先后经历了向上加速，向上匀速和向上减速的过程，B错误；由图乙可知矿泉水瓶的重力mg＝15 N，若重力加速度g取10 m/s2，矿泉水瓶的质量m＝ kg＝1.5 kg，AB阶段的加速度大小a＝ m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向上，C正确；CD阶段的加速度大小a′＝m/s2≈0.67 m/s2，方向竖直向下，D错误。 答案　C 6．某同学做引体向上，开始两手紧握单杠，双臂竖直，身体悬垂，手掌间距略大于肩宽；接着用力向上拉使下颚超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是(　　) A．在下降过程中，该同学始终处于失重状态 B．在加速上升过程中，手对杠的作用力等于杠对手的作用力 C．若增加两手之间的距离，最终悬垂时该同学会觉得更省力 D．该同学悬垂在单杠上静止时，他对杠的作用力和杠对他的作用力是一对平衡力 解析　在下降过程中，该同学先向下加速再向下减速，加速度方向先向下再向上，该同学先处于失重状态后处于超重状态，故A错误；无论该同学处于何种状态，手对杠的作用力与杠对手的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，相互作用力大小总是相等，故B正确，D错误；悬垂时两手拉力的合力等于重力。依据力的合成法则，当增大两手间的距离，即增大两拉力的夹角，因拉力的合力不变，则拉力增大，该同学会觉得更费力，故C错误。故选B。 答案　B [对应学生用书P47] 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圆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。 1．如图所示，圆1和圆2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2上，三块板都通过两圆的切点，A在圆上，B在圆内，C在圆外。从A、B、C三处同时由静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2上的球是(　　) A．从A处释放的球 B．从B处释放的球 C．从C处释放的球 D．从A、B、C三处释放的球同时到达 解析　假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cos α， 下滑时小球的加速度a＝g cos α，根据位移时间公式得s＝at2，则t＝＝＝，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同。由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑的时间最短，故选B。 答案　B 2．(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　 B．t2＞t3 C．t1＜t2 D．t1＝t3 解析　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，则c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca＞aO b，由x＝at2可知t2＞tca，故选项A错误，B、C、D正确。 答案　BCD 课时检测训练10　牛顿第二定律的基本应用 对应学生用书P341 对点练1　瞬时性问题 1．如图所示，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，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A．图甲中A球的加速度大小为g sin θ B．图甲中B球的加速度大小为2g sin θ C．图乙中A、B两球的加速度大小均为g sin θ D．图乙中轻杆的作用力一定不为零 解析　设B球质量为m，则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对B球的弹力大小均为4mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，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球所受合力大小为4mg sin θ，加速度大小为4g sin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体受到的合力大小为4mg sin θ，A、B两球的加速度大小均为g sin θ，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，A、B、D错误。 答案　C 2．如图，A、B、C三个物体的质量都是m，A、B用轻弹簧相连，B、C用无弹性的轻绳跨过轻质定滑轮连接，C用轻绳固定在地面上，某时刻C与地面相连的绳突然断开，则A、B、C的瞬时加速度大小为(　　) A．aA＝g，aB＝g，aC＝g B．aA＝0，aB＝g，aC＝g C．aA＝，aB＝，aC＝ D．aA＝0，aB＝，aC＝ 解析　C与地面相连的绳没断开前，设绳的拉力为T，对A分析mg＝kx，某时刻C与地面相连的绳突然断开，弹簧不突变，故A保持原状态，瞬时加速度大小为0，B和C同一根绳相连，同加速度大小，设为a，对B和C分析mg＋kx－T1＝ma，T1－mg＝ma，联立解得a＝，即aB＝，aC＝，故选D。 答案　D 3.如图所示，质量为M的木箱放在水平地面上，质量为m的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁。细线与竖直方向夹角为θ，弹簧处于水平状态，重力加速度为g，剪断细线前、后，木箱均处于静止状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是(　　) A.地面对木箱的支持力不变 B.地面对木箱的支持力减小了 C.地面对木箱的摩擦力不变 D.地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ 解析　设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为FN、FN′，地面对木箱的摩擦力大小分别为Ff、Ff′，剪断细线前，细线上的拉力大小FT＝，弹簧弹力大小F＝FTsin θ＝mg tan θ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知FN＝(m＋M)g，Ff＝0。剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方向有FN′＝Mg，地面对木箱的支持力减小了mg，A、B错误；对木箱分析，水平方向有Ff′＝F＝mg tan θ，地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ，C错误，D正确。 答案　D 对点练2　超重与失重现象 4．下列属于超重现象的是(　　) A．汽车驶过拱形桥顶端 B．航天器随火箭从地面向上加速发射 C．人在电梯中随电梯减速上升 D．宇航员随宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动 解析　汽车驶过拱形桥顶端，有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，A错误；航天器随火箭从地面向上加速发射，有竖直向上的加速度，处于超重状态，B正确；人在电梯中随电梯减速上升，加速度向下，处于失重状态，C错误；宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，宇宙飞船处于完全失重状态，D错误。 答案　B 5．下列漫画描绘了超失重的现象，若图a表示电梯静止或者匀速运动的情形，那么图b、图c分别表示电梯在如何运动，下列说法正确的是(　　) A．图b可能表示电梯向上做减速运动 B．图b可能表示电梯向上做加速运动 C．图c可能表示电梯向上做加速运动 D．图c可能表示电梯向下做减速运动 解析　图b图案被压扁了，是超重，加速度向上，可能向上做加速运动，也可能向下做减速运动，B正确，A错误；图c图案被拉长了，是失重，加速度向下，可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，C、D错误。 答案　B 6．(多选)如图显示的是某人站在力传感器上，完成“下蹲”与“起立”动作时力传感器的示数随时间变化的情况。已知t＝0时刻人处于静止状态。根据图像判断下列说法正确的是(　　) A．从图像显示此人完成了两组“下蹲—起立”动作 B．图中t1时刻人处于失重状态 C．图中t2时刻人具有向上的加速度 D．“起立”的过程先超重后失重 解析　ABC．图中t1时刻人处于失重状态，人先向下加速，然后向下减速，人做的是下蹲动作。同理t2时刻人的加速度向上，然后向上减速，人做起立动作，处于超重状态，整个过程人完成了一组“下蹲一起立”动作，故A错误，BC正确；D．“起立”过程中，加速度先向上后向下，人先超重后失重，故D正确。故选BCD。 答案　BCD 对点练3　动力学的两类基本问题 7．竖直向上抛的物体在上升过程中由于受到空气阻力，加速度大小为g，若空气阻力大小不变，那么这个物体下降过程中的加速度大小为(　　) A．g B．g C．g D．g 解析　上抛过程中，受到竖直向下的重力和竖直向下的阻力，根据牛顿第二定律可得mg＋f＝mg，解得f＝mg，在下降过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的阻力，根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，解得a＝g，故选C。 答案　C 8.(2022·辽宁卷)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　) A.v0＝2.5 m/s B.v0＝1.5 m/s C.μ＝0.28 D.μ＝0.25 解析　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题意知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0 < 2 m/s，故A错误，B正确；对物块做受力分析有a＝－μg，v2 － v＝2ax，整理有v＋2ax>0，联立可得μ < 0.2，故C、D错误。 答案　B 9. 2020年2月24日，经上海市经信委组织协调，科大讯飞的一批医疗物资包括配送机器人、搬运机器人已运抵同济大学附属东方医院。其中一台配送机器人的工作流程简化图如图甲所示，一质量m＝10 kg的装有物资的木箱静止于C点，与水平面CB间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与倾角为α的足够长的光滑固定斜面AB在B处平滑连接。现机器人对木箱施加与水平方向成θ＝53°的恒定推力F作用，木箱在水平面CB段运动的速度—时间如图乙所示，到达B点后立即撤去恒力F。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。求： (1)水平面CB间距离。 (2)斜面AB的倾角α大小。 (3)木箱所受到的恒力F的大小。 甲 乙 解析　(1)根据图乙可知，在前1 s内图像与坐标轴所围成的面积大小表示水平面CB间距离，则有xCB＝ m＝5 m； (2)由图乙可知，BA段的加速度大小为a2＝，对小物块进行分析有mg sin α＝ma2，解得a2＝5 m/s2，α＝30°； (3)根据图乙可知，CB段的加速度大小为a1＝，解得a1＝10 m/s2，根据牛顿第二定律有F cos θ－μ(mg＋F sin θ)＝ma1，解得F＝750 N。 答案　(1)5 m　(2)30°　(3)750 N 10．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间(　　) A．4号猴子的加速度和速度都等于0 B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上 C．2号猴子对3号猴子的作用力大小为 D．1号猴子对2号猴子的作用力大小为 解析　在3号猴子手滑后的一瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，A错误；在3号猴子手滑后的一瞬间，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，加速度a大小为mg＝3ma，解得a＝g，加速度的方向竖直向上，B错误；2号猴子对3号猴子的作用力F23大小为F23－mg ＝ma ，解得F23＝ ，C正确；1号猴子对2号猴子的作用力F12大小为F12－2mg＝2ma，解得F12＝，D错误。 答案　C 11．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEF C．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF 解析　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB＞tCD＞tEF，B项正确。 答案　B 12．(多选)(2022·全国甲卷)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　) A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 解析　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。 答案　AD 13.质量均为m的滑块A、B靠在一起，静止放置在水平地面上，滑块A与地面的动摩擦因数为μ，滑块B与地面的动摩擦因数为2μ。现用水平向右的推力F推动滑块B，作用一段时间t0后撤去推力F，已知推力F＝5μmg，重力加速度为g。求： (1)在推力F推动滑块B的过程中，滑块B对滑块A的弹力大小。 (2)撤去水平推力F后，滑块A与滑块B之间的最大距离。 解析　(1)用水平向右的推力F推动滑块B时， 设滑块A、B一起加速运动的加速度为a0， 根据牛顿第二定律有F－μmg－2μmg＝2ma0，解得a0＝μg， 对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律有FN－μmg＝ma0， 解得FN＝2μmg。 (2)滑块A、B在时间t0时的速度大小为v0＝a0t0＝μgt0， 撤去向右的水平推力F后，滑块A的加速度大小为aA＝＝μg， 滑块B的加速度大小为aB＝＝2μg， 则滑块A减速运动的距离为xA＝＝μgt， 滑块B减速运动的距离为xB＝＝μgt， 滑块A与滑块B之间的最大距离为Δx＝xA－xB＝μgt。 答案　(1)2μmg　(2)μgt 学科网（北京）股份有限公司 $$