第三章 第2讲 牛顿第二定律的应用-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

050亿对闪·讲与练·高三物理·基础版 第2讲 牛顿第二定律的应用 考点一 瞬时加速度问题 研析>核心考点 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 ( ) 1.解题思路 A.g,1.5g B.2g,1.5g 分析瞬时变化前 分析瞬时变化后 物体的受力情况 哪些力变化或消失 C.2g,0.5g D.g,0.5g 听课记录： 求出变化后物体所 受合力，根据牛顿 解方程求瞬时加速度 第二定律列方程 2.瞬时加速度问题的两种常见模型 角度2微形变模型 当弹簧的两端与物体相连 第 【例2】（多选）如图所示，轻绳一端连接一质量为 (即两端有牵挂物体)时，由 章 大 于物体有惯性，弹簧的长度 的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻 弹簧、蹦床 不会发生突变，所以在瞬时 绳与竖直墙壁间夹角为45°。物体右侧与一轻 撑杆、橡皮筋 型 问题中，弹簧弹力的大小认 弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁 为是不变的，即此时弹簧的 上。此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重 两种 弹力不突变 力加速度g取10m/s2。下列说法正确的有 ( 不发生明显形变就能产生弹 力，剪断或脱离或其他需要弹 力变化时，不需要时间改变形 45 形 轻绳、轻杆 we 变，弹力立即消失或改变，一 接触面等 型 般题目中所给的轻绳、轻杆和 A.此时物体一定受四个力作用 接触面在不加特殊说明时，均 B.若突然撤去弹簧，则物体将向左加速运动 可按此模型处理 C.突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小为 10m/s2 角度1大形变模型 D.若突然剪断轻绳，此时物体受三个力作用 【例1】(2024·湖南卷)如图所示， 幻听课记录： 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 D 考点二 超重与失重问题 整合>必备知识 (2)产生条件：物体具有 的加速度。 2.失重 1.超重 (1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的 (1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的 拉力) 物体所受重力的现象 拉力) 物体所受重力的现象 (2)产生条件：物体具有 的加速度。 第三章运动和力的关系051 3.完全失重 角度1对超重、失重现象的理解 (1)定义：物体对支持物（或悬挂物） 【例3】(2024·海南卷)神舟十七号载人飞船返 用力的现象称为完全失重。 回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功 (2)产生条件：物体的加速度a= ,方向 着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主 竖直向下。 伞，飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减 ○高考情境辨析 速过程中 ( (2024·重庆卷改编)2024年5月3日，嫦娥六 A.返回舱处于超重状态 号探测器成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器 B.返回舱处于失重状态 的着陆器和上升器组合体着陆月球要经过减速、悬 C.主伞的拉力不做功 停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中， D.重力对返回舱做负功 判断下列说法的正误： 幻听课记录： 1.因为月球表面的加速度比地球表面的小，所以 组合体在月球上一直处于失重状态。 2.组合体着陆月球过程的悬停阶段，组合体处于 第 失重状态。 角度2超重、失重现象的图像问题 3.组合体着陆月球过程的减速阶段，组合体处于 章 【例4】(2024·辽宁辽阳模拟)某同学站在力传 超重状态。 感器上下蹲，力传感器上显示的图线可能是 4.组合体着陆月球过程的自由下落阶段，组合体 ( 处于完全失重状态。 ( ) 1000 1000 8 800 600 600 研析》核心考点 400 400 200 200 0 1.超重、失重和完全失重的比较 时间s 时向人 项目 超重 失重 完全失重 A B 1000 1000 F-mg=ma mg-F=ma 800 800 mg-F=mg 600 600 400 受力 F=m(g+ 400 F=m 8- 200 200 F=0 a)>mg a)<mg 时间 时间s 加速度 向下，大小为 C D 向上 向下 方向 a-g 听课记录： 抛体运动；绕 运动 加速上升或加速下降或 地球的匀速圆 状态 减速下降 减速上升 周运动 方法技巧 2.对超重和失重现象的理解 判断超重和失重的方法 (1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没 (1)从受力的角度判断 有变化，只是压力（或拉力）变大或变小了，即 当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力 “视重”变大或变小了。 时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重 (2)即使物体的加速度不是沿竖直方向，但只要 状态；等于0时，物体处于完全失重状态。 其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于 (2)从加速度的角度判断 超重或失重状态。 当物体具有向上的（分）加速度时，物体处于超 (3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物 重状态：当物体具有向下的（分）加速度时，物体处于 理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的 失重状态；当向下的加速度等于重力加速度时，物体 物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等。 处于完全失重状态。 052 红对构·讲与练·高三物理·基础版 考点三 动力学中的两类基本问题 研析>核心考点 1.动力学中的两类基本问题 第一类：已知物体的受力情况求运动情况。 第二类：已知物体的运动情况求受力情况。 2.动力学问题的解题思路 根据问题需要和解题方便，选择某个物 明确研究对象一 体或几个物体组成的系统为研究对象 受力分析和 画好受力示意图、情景示意图，明确物体 运动过程分析 的运动性质和运动过程 选取正方向 通常以加速度的方向为正方向或以加速 或建立坐标系 度方向为某一坐标轴的正方向 第 若物体只受两个力作用，通常用合成法； 章 确定合力F合→ 若受三个或三个以上的力，一般用正交 分解法 根据牛顿第二定律F合=ma或 F,ma, 列方程求解 列方程求解，必要时对结果 F,ma, 进行讨论 3.解题关键 角度2已知物体运动情况，分析物体受力情况 (1)两类分析 -物体的受力分析和物体的运 【例6】(2024·山西长治二模)2023年11月，我 动过程分析。 国“福建号”航空母舰成功进行电磁弹射测试。 (2)两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥 小李同学将这个过程进行如图所示的简化： 梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁 ABC为水平轨道，其中AB段为有动力弹射 段、长LAB=80m,BC段为无动力滑行段、足 角度1已知物体受力情况，分析物体运动情况 够长。将质量M=20kg的物块（可视为质点） 【例5】(2024·黑龙江佳木斯 置于A处，在第一次弹射模拟中，物块在AB 一模)人类从事滑雪活动已 段的运动时间为2s,在BC段的运动时间为 有数千年历史，滑雪爱好者 16s;在第二次弹射模拟中，该同学在物块两侧 可在雪场上轻松、愉快地滑 各固定了一个相同配重块用以模拟导弹，每个 行，饱享滑雪运动的乐趣。 配重块质量m=5kg。己知物块与水平轨道 如图所示，一名滑雪爱好者以o。=1m/s的初 ABC间的动摩擦因数处处相同，两次弹射的 速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为 动力大小相等且恒定不变，重力加速度g取 0=30°。若人与滑板的总质量为m=60kg,受 10m/s2。求： 到的总阻力为f=60N,重力加速度g取 m A 10m/s2,求： (1)AB段动力的大小； (1)滑雪者加速度的大小： (2)第二次弹射过程中，AB段和BC段物块对 (2)3s内滑雪者下滑位移的大小； 每个配重块作用力的大小。（结果可用根式 (3)3s末的速度大小。 表示) 第三章运动和力的关系053 方法技巧 解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二 定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示： 由力求运动 受力牛顿第二定律 加速度卡 运动学公式 运动 情况 情况 由运动求力 温馨提示 第 学习至此，请完成训练15 章 学科〉素养® 等时圆模型 1.模型展示 甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论，即 模型1：质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑 R,十R2 弦从上端由静止开始滑到环的最低点所用的时 t=2 间相等，如图甲所示。 3.思维模板（如图所示） 模型2：质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同 ①多条相交的倾斜光滑轨道 的光滑弦由静止开始滑到下端所用的时间相 模型 ②质点由静止开始从轨道的一端滑到另 条件 等，如图乙所示。 一端 模型3：两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直 ①下端相交：交点为圆的最低点（如图 设置 直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由 甲所示) 顶点 ②上端相交：交点为圆的最高点（如图 静止开始经切点滑到下端所用的时间相等，如 乙所示) 图丙所示。 作等 ①过顶点作竖直线 时圆 ②以某轨道为弦作圆心在竖直线上的圆 ①轨道端点都在圆周上， 质点运动时间 时间 相等 比较 ②端点在圆内的轨道，质点运动时间短 些：端点在圆外的轨道，质点运动时间 、0 长些 B 甲 mgsin 0 =ma 找出圆直径 下滑 2.证明：如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上 x-gar 与x的关系 时间 的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可 【例1】 如图所示，四根光滑杆 A 知加速度a=gsin0,位移x=-2Rsin0,由匀变 AB、BC、AD、DC被固定成一 速直线运动规律有x= 2a1,解得下滑时间1= 个平行四边形ABCD。四个顶 点恰好位于同一个圆上，且A、 2 区，即沿竖直直径自由下落的时间。图丙是 C两点是圆的最高点和最低 054对沟·讲与练·高三物理·基础版 点，圆的半径为R。四个相同的光滑圆环a、 点自由下落到M点。则 b、c、d分别套在四根杆的上端由静止释放，不 A.a球最先到达M点 计空气阻力，则下列说法正确的是 （) B.b球最先到达M点 A.圆环a滑到B端的时间比圆环b滑到C端 C.c球最先到达M点 的时间短 D.b球和c球都可能最先到达M点 B.圆环b滑到C端的时间比圆环d滑到C端 幻听课记录： 的时间长 C.四个圆环到达各自杆的底端所用时间都 相同 D.四个圆环到达各自杆的底端所用时间各不 相同 【例3】如图所示，有3根光滑杆AC、 幻听课记录： BC和BD,其端点正好在同一个竖 直的圆周上，A为最高点，D为最 低点。现有一穿孔的小球，分别穿 第 过3根杆从杆的顶端静止滑下，从A到C、从 【例2】如图所示，位于竖直平面 章 B B到C、从B到D的时间分别为t1、t2、t3。下 内的固定光滑圆环轨道与水平 列判断正确的是 ( 面相切于M点，与竖直墙相切A 于A点。竖直墙上另一点B A.1>12>13 B.t1=t2=t3 7777777 与M的连线和水平面的夹角 C.t1=t3<t2 D.t1=t3>t2 幻听课记录： 为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时 刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光 滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，c球由C 第3讲 专题突破：动力学图像、连接体和临界极值问题 突破》热点题型 题型一 动力学图像问题 1.动力学图像问题的解题策略 2.常见动力学图像及应用方法 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表 v-t 根据图像的斜率判断加速度的大小和方 的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反 图像 向，进而根据牛顿第二定律求解合力 映的物理过程，会分析临界点。 首先要根据具体的物理情境，对物体进行 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意 受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出 F-a 义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两 F、a两个量间的函数关系式，根据函数关 图像 系式结合图像，明确图像的斜率、截距的 图线的交点，等等。 意义，从而由图像给出的信息求出未知量 (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具 要注意加速度的正、负，正确分析每一段 体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与 a-t 的运动情况，然后结合物体受力情况根据 图像 图像对应的函数关系式，进而明确“图像与公 牛顿第二定律列方程 式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问 F-t 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律 题作出准确判断。 图像 求出加速度，分析每一时间段的运动性质两个力的合力只要跟它等大反向即可 保持O点平衡，故O点的位置可以玫 变，D正确。 (3)若桌面不水平，三根细线上的拉力 大小依然为各自所挂钩码重力大小， 不会影响实验结论。 例4(1)ABD(2)AD 解析：(1)为使力的作用效果相同，只 用弹簧测力计通过细绳拉橡皮条使结 点O达到的位置，应与钩码、弹簧测力 计同时拉时相同，故A正确；在拉动弹 簧测力计时弹簧不可与外壳摩擦或相 碰，以免增大误差，故B正确；两个分 力F,、F2间的夹角日不宜过大，也不 宜过小，两个分力F1、F,的大小也不 宜过大或过小，适宜即可，故C错误； 拉橡皮条的细绳要适当长些，视线通 过细绳垂直于纸面，在绳下的纸上用 笔画出两个点的位置并使这两个点的 距离尽量远些，这样可以减小误差，故 D正确。 (2)减小钩码个数，相当于减小一个分 力的大小但方向不变，结点位置不变， 相当于合力不变，根据平行四边形定 则可知，此时应该减小B,同时增大弹 簧测力计的拉力，故A正确，B错误； 保持钩码个数不变，将钉子向右移动 一些，结点位置不变，相当于一个分力 的大小不变但方向与合力方向的夹角 变小，根据平行四边形定则可知，此时 应该减小B,同时减小弹簧测力计的拉 力，故C错误，D正确。 第三章运动和力的关系 第1讲牛顿运动定律 考点一对牛顿第一定律的理解 …》整合·必备知识《… 1.(1)匀速直线运动(2)①惯性惯性 ②维持加速度 2.(1)匀速直线运动(2)大小 (3)无关 基础概念辨析 1.×2.×3./ …》研析·核心考点《… 例1ABD牛顿第一定律描述的是物 体不受外力作用时，总保持匀速直线 运动状态或静止状态不变，A、B正确。 牛顿第一定律还揭示了力和运动的关 系，力是改变物体运动状态的原因，而 不是雏持物体运动状态的原因，在水 平地面上滑动的木块最终停下来，是 由于摩擦力的作用而改变了运动状 态，奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒， 是因为他受到外力作用而改变了运动 状态，C错误，D正确。 例2D羽毛球筒被手击打后迅速向下 运动，而羽毛球具有惯性，要保持原来 的静止状态，所以会从筒的上端出来， 羽毛球会受到筒向下的摩擦力，D 正确。 考点二牛顿第二定律的 理解与应用 …》整合·必备知识《 1.(1)正比反比相同(2)ma (3)①静止匀速直线运动 ②宏观低速 2.(1)基本导出(2)长度质量时 间米千克秒(3)物理关系 基础概念辨析 1./2./3.×4.× …》研析·核心考点《 例3ABC根据力的作用效果的独立 性可知，如果一个物体同时受到两个 力的作用，那么这两个力都会使物体 产生各自的加速度且这两个加速度互 不影响，A正确；加速度是矢量，物体 的合加速度满足矢量合成的平行四边 形定则，即物体的加速度等于所受各 力单独作用在物体上时产生的加速度 的矢量和，B正确；由分运动的独立性 可知，平抛运动中竖直方向的重力不 影响水平方向的匀速运动，C正确；质 量是物体的固有属性，跟物体的运动 状态和是否受力无关，D错误。 例4C由题图可知相等时间间隔内铁 质小圆盘的位移先增大后减小，可知 铁质小圆盘的速度先增大后减小，以 向下为正方向，即铁质小圆盘的加速 度先正后负，根据牛顿第二定律有G f=G,a,可知f先小于G,后大于 g G,故选C。 例5A由f=a50,得c= Su,者 kg·m/s 边式子的单位为kg/m:m,(m/S 1,即c为常数，没有单位，B、C、D错 误，A正确。 考点三牛顿第三定律的 理解与应用 …》整合·必备知识《… 1.相互 2.相反同一条直线上 基础概念辨析 1.×2.×3.× …》研析·核心考点《… 例6B地球对人的吸引力和人对地球 的吸引力是作用力与反作用力，大小 相等，方向相反，A错误；作用力与反 作用力是同一性质的力，B正确；作用 力与反作用力大小相等、方向相反，作 用在不同的物体上，作用效果不能抵 消，C错误；物体在斜面上下滑过程中， 斜面对它的摩擦力和它对斜面的摩擦 力是一对相互作用力，D错误。 例7BD水平力F跟墙壁对物体的弹 力作用在同一物体上，大小相等、方向 相反，且作用在同一条直线上，是一对 平衡力，A错误；物体在竖直方向上受 竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直 向上的静摩擦力，因物体处于静止状 态，故这两个力是一对平衡力，B正确； 水平力F作用在物体上，而物体对墙 壁的压力作用在墙壁上，这两个力不 是一对平衡力，也不是一对相互作用 力，C错误：物体对墙壁的压力与墙壁 对物体的弹力是两个物体间的一对相 互作用力，是一对作用力与反作用力， D正确。 例8B设绳子对建材的拉力为F1,根 据牛顿第二定律有F1一mg=ma,则 F1=m(g十a)=210N,绳子对工人的 拉力F2=F1=210N,工人处于静止 状态，则地面对工人的支持力F、= Mg一F2=490N,由牛顿第三定律知 工人对地面的压力大小为F=F、= 490N,B正确。 第2讲牛顿第二定律的应用 考点一瞬时加速度问题 …》研析·核心考点《 例1A细线剪断前，对B、CD整体有 FA=(3m十2m十m)g,对D有FcD= mg,剪断后，对B有FA一3mg= 3maB,解得aB=g,方向竖直向上；对 C有Fc十2mmg=2mac,Fcp=Fc,解 得ac=1.5g,方向竖直向下。故选A。 例2CD由题意可知，此时物体对光滑 地面的压力恰好为零，对物体受力分 析，物体受到重力、轻绳的拉力和轻弹 簧的弹力共三个力作用，A错误；若突 然撤去弹簧，则轻绳的拉力发生突变， 物体受到重力、地面的支持力共两个 力作用，处于静止状态，B错误；在没有 剪断轻绳前，对物体由共，点力平衡条 件可得F豫=mg tan45°=mg,突然剪 断轻绳的瞬间，弹簧弹力不会突变，物 体受到重力、轻弹簧的弹力和地面的 支持力共三个力作用，由牛顿第二定 律可得F弹=ma,解得a=10m/s2,C、 D正确。 老点二超重与失重问题 》整合·必备知识《 1.(1)大于(2)向上 2.(1)小于(2)向下 3.(1)完全没有(2)g 高考情境辨析 1.×2.×3./4./ …》研析·核心考点《 例3A返回舱在减速过程中，加速度 方向竖直向上，处于超重状态，故A正 确，B错误；主伞的拉力与返回舱运动 方向相反，对返回舱做负功，故C错 误；返回舱的重力方向与返回舱的运 动方向相同，重力对返回舱做正功，故 D错误。 例4C在下蹲过程中，先加速后减速， 先失重后超重，故选C。 参考答案457 考点三动力学中的两类基本问题 》研析·核心考点《… 例5(1)4m/s2(2)21m(3)13m/s 解析：(1)由牛顿第二定律得 mg sin30°-f=ma, 解得加速度的大小a=4m/s2。 (2)3s内滑雪者下滑位移的大小为 x=vot十2at,解得x=21m。 (3)根据匀变速直线运动的规律U vo十at,解得v=13m/s。 例6(1)900N(2)25/29N25√5N 解析：(1)第一次弹射模拟中， 在AB段有LAB=之a1ti, F-uMg =Ma, 在BC段有a1t1=a2t2, a,-=g, M 解得F=900N。 (2)根据上述分析，可求得4=0.5， 第二次弹射模拟中，在AB段有 F-u(M-+2m)g=(M+2m)a3, 作用力FaB=√(mg)十(ma3)F, 解得Fa=25√29N, 同理，在BC段有Fx= √(mg)+(ma2)', 解得Fc=25V5N。 学科素养：等时圆模型 例1C设杆AB长为l,与水平方向的 夹角为日，圆环的质量为m,对圆环a, 根据牛顿第二定律得ng sin8=ma,解 得a=gsin9,由运动学公式可得l= 1 at,由几何关系得l=2Rsin0,解得 ,四，可知圆环下滑的时间与杆 t一g 的倾角和杆的长短无关，同理可得圆 环b、c,d的下滑时间同为t=√ R 故选C。 例2C由等时圆模型知，a球运动时间 小于b球运动时间，a球运动时间和沿 过CM直径自由下落的小球的运动时 间相等，所以从C点自由下落到M点 的c球运动时间最短，故C正确。 例3C如图甲所示，连接A、D两点， 设端，点在A或D的杆与AD的夹角为 日，则小球沿这类杆下滑的位移x= 2Rcos0,且x=2at,由mgc0s0= ma得加速度a=gcos9,联立可得t= ®与6 2,区，故t1=t:利用t=2入g 无关的结论，以B点为最高点且过D 点画圆，如图乙所示，可知图中小球从 B沿杆分别下滑到D、F的时间均为 t3,而BC比BF长，下滑时间会长一 点，故t2>t,故选C。 458红对构·讲与练·高三物理· D D 甲 乙 第3讲专题突破：动力学 图像、连接体和临界极值问题 例1D由题图乙可知，在t。一t1时间 内，“窜天猴”竖直向上加速运动，故处 于超重状态，故A错误；在t1~t2时间 内，“窜天猴”的加速度减小，根据F一 mg=ma,可知气流对“窜天猴”的作用 力逐渐减小，故B错误；在t。一t1时间 内，“窜天猴”的速度始终为正，所以一 直竖直向上运动，故C错误；图像中的 D点为曲线和直线的转折点，则t3时 刻之后“窜天猴”只受重力，故D正确。 例2A设a-F图像的斜率为k,与纵 轴裁距为b。若斜面光滑，对物体受力 分析如图甲所示， F a mg mg 甲 乙 有F-ngsin0=ma,解得a=-F 7 gsin0,则k= m,b=gsin0。若斜面 粗糙，受力分析如图乙所示，有F一 (ngsin日十mg cos9)=ma',解得 a′= 1F-（gsin9+gcos0),则k= 1 b=gsin8十gcos日，综上可知根 据a-F图像中图线斜率和截距可求 得的物理量是物体的质量m,故选A。 例3B在木块下落H高度之前，木块 所受合力为木块的重力保持不变，即 F=g,当木块接触弹簧后，弹簧弹力 向上，则木块所受的合力F=mg k(y一H),到合力为零前，随着y增大 F减小；弹簧弹力大于木块的重力后， 至木块运动到最低，点的过程中木块所 受合力向上，随着y减小F增大，之 后，木块开始反弹，反弹过程木块按原 路返回，故A错误，B正确；在木块下 落H高度之前，木块做自由落体运动， 根据y=2gt,速度逐渐增大，y-t 图像的斜率逐渐增大，当木块接触弹 簧后到合力为零前，根据牛顿第二定 律mg-k(y-H)=F=ma,木块的速 度继续增大，做加速度减小的加速运 动，所以y-t图像的斜率继续增大，当 弹簧弹力大于木块的重力后至木块运 动到最低点过程中有F=k(y一H)一 g,木块所受合力向上，木块做加速度 基础版 增大的减速运动，所以y一t图像的斜 率减小，到达最低点后木块开始反弹， 上升过程由运动的对称性可知y一t图 线对称，正确的y一t图像如图所示，故 C、D错误。 ↑y 平衡位置 H 0 例4A根据题意，对整体应用牛顿第 二定律有F=(M十m)a,对空间站分 析有F'=Ma,解两式可得飞船和空间 M 站之间的作用力F'=M干mF,故 选A。 例5D设物块P的质量为M,物块P 与桌面间的滑动摩擦力为∫。以物块 P为对象，根据牛顿第二定律可得T一 f=Ma,以盘和砝码为研究对象，根据 牛顿第二定律可得mg-T=ma,联立 可得a=肝+mM ·m,可知 a、m不是线性关系，排除A、C选项； 当砝码的重力小于物块P与桌面间的 最大静摩擦力时，物块P和砝码静止， 加速度为0，当砝码的重力大于F时， 物块P和砝码才有一定的加速度，当 m趋于无穷大时，加速度趋近于g,故 选D。 例6ABD弹簧稳定时的伸长量取决 于弹簧的弹力F,设物块与水平面间 的动摩擦因数为4，以A、B及弹簧整 体为研究对象，则Q= F一(mA十)g,以B为研究对象得 mA十mn a= Fr一8，联立可得FT= mB一F,整理得Fr一mA十 F 一，则弹 mA十mB 172 簧弹力的大小与水平面的粗糙程度无 关，若要增大弹簧弹力，可仅增大B的 质量，也可仅将A、B的位置对调，也可 仅增大水平恒力F,故A、B、D正确，C 错误。 例7B书相对于桌面不滑动，说明书 与高铁的加速度相同，当桌面与书之 间的摩擦力为最大静摩擦力时，书所 受合力最大，加速度最大，由牛顿第二 定律有fn=μmg=mam,解得am g=4.0m/s2,即高铁的最大加速度 不超过4.0m/s,故选B。 例8C施加外力前，系统处于静止状 态，对整体受力分析，由平衡条件得 2mg=kx。,代入数据解得x。=0.41m, 外力施加的瞬间，A物体加速度为 4m/s,对整体，由牛顿第二定律得 F-2mg十kxo=2ma,代入数据解得 F=8N,故A错误；当弹簧压缩量减 小到0.3m时，设A、B间弹力大小为