【物理】2020届一轮复习人教版第三章第二讲牛顿第二定律两类动力学问题学案 16页

第二讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 [小题快练] 1．判断题 (1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同．( √ ) (2)质量越大的物体，加速度越小．( × ) (3)物体的质量与加速度成反比．( × ) (4)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况．( × ) (5)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．( √ ) (6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．( √ ) (7)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．( × ) (8)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．( √ ) 2．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( D ) A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B．物体所受合力必须达到某一定值时，才能使物体产生加速度 C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 3．(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( CD ) 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 考点一 牛顿第二定律的理解 (自主学习) 1．牛顿第二定律的五个特性 2．合力、加速度、速度间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度．(2)a＝ Δv Δt 是加速度的定义式，a 与 Δv、Δt 无必然联系；a＝ F m 是加速度的决定式，a∝F，a∝1 m .(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力 与速度反向时，物体减速运动． 1－1.[对牛顿第二定律的理解] (多选)下列对牛顿第二定律的理解，正确的是( ) A．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响 B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加 速度的矢量和 C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动 D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比 答案：ABC 1－2.[应用牛顿第二定律定性分析问题] (多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力 F 作用，前方 固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后( ) A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍可增大 C．当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零 解析：木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒力 F大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与 木块速度方向相同，木块速度不断增大，A 项错，B 项正确；当弹力增大到与恒力 F 相等时，合力为零， 速度增大到最大值，C 项正确；之后木块由于惯性继续向右运动，但合力方向与速度方向相反，木块速度 逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力 F，加速度大于零，D 项错． 答案：BC 考点二 牛顿第二定律的瞬时性 (自主学习) 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 2－1. [弹簧模型] (多选)(2017·海南卷)如图，物块 a、b 和 c 的质量相同，a和 b、b和 c 之间用完全相同 的轻弹簧 S1和 S2相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将 物块 a 的加速度的大小记为 a1，S1和 S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为 g.在剪 断的瞬间( ) A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 解析：剪断细线前，把 a、b、c 看成整体，细线上的拉力为 T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧弹力未发生突变， 因此 a、b、c 之间的作用力与剪断细线之前相同，则将细线剪断瞬间，对 a 隔离进行受力分析，由牛顿第 二定律得 3mg＝ma1得 a1＝3g，A 正确，B 错误；由胡克定律知 2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2， C 正确，D 错误． 答案：AC 2－2.[弹簧、轻杆模型] 如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为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，轻弹簧、轻杆均与斜面平 行，则在突然撤去挡板的瞬间，有( ) A．两图中两球加速度均为 gsinθ B．两图中 A 球的加速度均为零 C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍 解析：撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsinθ，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，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsinθ，加速度为 2gsinθ； 图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsinθ，加速度均为 gsinθ，可知只有 D对． 答案：D 2－3. [轻绳模型] “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．质量为 m 的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为 60°，则( ) A．每根橡皮绳的拉力为 1 2 mg B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小 C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度 a＝g D．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加 速度 a＝g 解析：根据平行四边形定则知，2Fcos 30°＝mg，解得 F＝ 3 3 mg.故 A 错误；根据共点力平衡得，2Fcosθ ＝mg，当悬点间的距离变小时，θ变小，cosθ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故 B 正确； 当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳 初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为 3 3 mg，加速度为 3 3 g，故 C 错误；当两侧为轻绳时，左 侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为 mgsin 30°， 加速度为 1 2 g，故 D 错误． 答案：B 考点三 两类动力学问题 (师生共研) 1．解决两类基本问题的思路 2．两类动力学问题的解题步骤 [典例 1] 如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量 m＝1 kg 的物体，物体与斜面间的 动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面方向向上的轻绳的拉力 F＝9.6 N 的作用，从静止开始运动，经 2 s 绳子突然断了，求绳断后经多长时间物体速度的大小达到 22 m/s.(sin 37°＝0.6，取 g＝10 m/s2) [审题指导] (1)物体在最初 2 s 内做匀加速直线运动(第一个过程)． (2)绳子断了以后，物体做匀减速直线运动(第二个过程)． (3)从最高点开始物体沿斜面向下做匀加速直线运动(第三个过程)． 解析：第一过程：在最初 2 s 内，物体在 F＝9.6 N 的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速直线运动， 受力分析如图甲所示． 沿斜面方向有 F－mgsin 37°－Ff＝ma1① 沿垂直斜面方向有 FN＝mgcos 37°② 且 Ff＝μFN③ 由①②③式得 a1＝ F－mgsin 37°－μmgcos 37° m ＝2 m/s2 2 s 末绳断时，物体的瞬时速度 v1＝a1t1＝4 m/s 第二过程：从撤去 F 到物体继续沿斜面向上运动达到速度为零的过程，设此过程物体运动时间为 t2，加速 度大小为 a2，受力分析如图乙所示． 沿斜面方向有 mgsin 37°＋Ff＝ma2④ 根据运动学公式得 v1＝a2t2⑤ 由②③④⑤得 t2＝0.53 s 第三过程：物体从运动的最高点沿斜面下滑，设第三阶段物体加速度大小为 a3，所需时间为 t3，受力分析 如图丙所示． 沿斜面方向有 mgsin 37°－Ff＝ma3⑥ 由运动学公式得 v3＝a3t3⑦ 由②③⑥⑦得 t3＝5 s 综上所述，从绳断到物体速度达到 22 m/s所经历的总时间 t＝t2＋t3＝0.53 s＋5 s＝5.53 s. 答案：5.53 s [反思总结] 解决两类动力学问题的两个关键点 3－1.[由受力判断运动] 某人以一定的初速度从 P 点竖直向上抛出一个小球，1 s 后小球运动到最高点，若 小球运动时受到的空气阻力大小不变(不为零)，则又经过 1 s 后( ) A．小球恰好经过 P 点 B．小球的位置在 P 点下方 C．小球的位置在 P 点上方 D．阻力大小不确定，无法判断小球的位置是在 P 点的上方还是下方 解析：设空气阻力大小为 f，由牛顿第二定律得：上升过程有 mg＋f＝ma 上，下落过程有 mg－f＝ma 下，可 得 a 上＞a 下，即上升的加速度比下落的加速度大，根据位移公式 x＝1 2 at2可知下落 1 s 的位移小于上升 1 s 的位移，所以又经过 1 s 后小球的位置在 P 点上方，故 C 正确． 答案：C 3－2. [由运动判断受力] 趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速向前跑，设球拍和球质量分 别为 M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计， 则( ) A．运动员的加速度为 gtanθ B．球拍对球的作用力为 mg C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcosθ D．若加速度大于 gsinθ，球一定沿球拍向上运动 解析：网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得 FNsinθ＝ma，又 FNcosθ＝mg，解得 a＝gtanθ，FN ＝ mg cosθ ，故 A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡条件，在竖直方 向上有 F·cosθ＝(M＋m)g，则运动员对球拍的作用力为 F＝ M＋mg cosθ ，故 C 错误；当 a＞gtanθ时，网 球才向上运动，由于 gsinθ＜gtanθ，故球不一定沿球拍向上运动，故 D错误． 答案：A 3－3.[由受力判断运动] (多选)(2018·全国卷Ⅰ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球 质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它 们下落相同的距离，则( ) A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析：设小球在下落过程中所受阻力 F 阻＝kR，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F 阻 ＝ma，由 m＝ρV＝4 3 ρπR3知： 4 3 ρπR3g－kR＝4 3 ρπR3a，即 a＝g－ 3k 4ρπ · 1 R2 ，故知：R 越大，a 越大， 即下落过程中 a 甲>a 乙，C 错误；下落相同的距离，由 h＝1 2 at2知，a越大，t 越小，A 错误；又由 2ah＝v2 －v 2 0知，v0＝0，a 越大，v 越大，B 正确；由 W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，D 正确． 答案：BD 考点四 对超重和失重的理解与应用 (师生共研) 1．超重、失重和完全失重比较 比较 超重 失重 完全失重 产生 条件 加速度方向向上 加速度方向向下 加速度方向向下，且大 小 a＝g 动力学 原理 F－mg＝ma F＝m(g＋a) mg－F＝ma F＝m(g－a) mg－F＝mg F＝0 可能 状态 ①加速上升 ②减速下降 ①加速下降 ②减速上升 ①自由落体运动和所有 的抛体运动 ②绕地球做匀速圆周运 动的卫星、飞船等 2.对超重和失重的进一步理解 (1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时， 物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视 重”发生变化)． (2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关． (3)尽管物体的加速度不是在竖直方向，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． [典例 2] “蹦极”是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳 下．在某次蹦极中，弹性绳弹力 F 的大小随时间 t 的变化图象如图所示，其中 t2、t4时刻图线的斜率最大．将 蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计．下列说 法正确的是( ) A．t1～t2时间内运动员处于超重状态 B．t2～t3时间内运动员处于超重状态 C．t3时刻运动员的加速度为零 D．t4时刻运动员具有向下的最大速度 解析：在 t1～t2时间内，运动员合力向下，加速下降，失重，故 A 项错误；在 t2、t4时刻图线的斜率最大， 说明弹力变化最快，由于弹力与长度成正比，说明长度变化最快，即速度最大，而速度最大时弹力与重力 平衡；t2～t3时间内弹性绳向上的拉力大于重力，运动员具有向上的加速度，处于超重状态，故 B 项正确； t3时刻拉力最大，运动员运动到最低点，合力向上，故加速度向上，不为零，故 C 项错误；t4时刻运动员 受到的重力和拉力平衡，加速度为零，具有最大的向上的速度，故 D项错误． 答案：B [反思总结] 判断超重和失重现象的技巧 1．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，小于重力时处 于失重状态，等于零时处于完全失重状态． 2．从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态， 向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态． 3．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． 4－1. [超、失重现象的判断] (多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到 最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( ) A．在第一过程中始终处于失重状态 B．在第二过程中始终处于超重状态 C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态 D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态 解析：运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的 增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故 A 错误，C 正确； 蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失 重状态，故 B 错误，D正确． 答案：CD 4－2.[超、失重现象的应用] (2018·江苏连云港高三调研)如图，台秤上放一装有水的杯子，杯底用细线系 一光滑小球，若细线发生断裂，在小球加速上升的过程中，不计水的阻力，台秤的读数将( ) A．变小 B．变大 C．不变 D．无法确定 解析：以容器和小球组成的整体研究对象，将细线割断，在小球加速上升过程中加速度向上，存在超重现 象，而小球下降留下的空位由水来填充，所以相当于一个与小球同样大小的水球向下加速运动，存在失重 现象，由于同样体积的小球质量小于水球的质量，所以整体存在失重现象，台秤的示数小于系统总重力， 台秤的示数减小，A 正确． 答案：A 1．(2018·湖北荆州质检)从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是，我们用 很小的力推很重的桌子时，却推不动，这是因为( D ) A．牛顿第二定律不适用于很重的物体 B．桌子加速度很小，肉眼观察不到 C．推力太小，速度增量也很小，眼睛观察不到 D．桌子所受合力为零，没有加速度 解析：静止物体，加速度为零，合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止物体．故 A、B 错误．推力等于 静摩擦力，加速度为零，故 C 错误；由于水平推力不大于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力 等于零，由牛顿第二定律可知，加速度等于零，故 D 正确． 2．(多选)(2018·郑州一模)某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙 壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从 1 层直接到 10 层，之后又从 10 层直接回 到 1 层，用照相机进行记录了相关的信息，如图所示，则下列说法中正确的是( AD ) A．根据图(a)和图(e)可估测出电梯向下制动时的加速度 B．根据图(a)和图(c)可知人的机械能在减小 C．根据图(a)和图(b)可估测出电梯向上制动时的加速度 D．根据图(a)和图(d)可知人的机械能在减小 解析：(e)图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和图(e)，能够求出电梯向下制动时 的加速度．故 A 项正确．(c)图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，电梯 对人做正功，人的机械能在增加．故 B 项错误．(b)图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，所以根 据图(a)和(b)图，能够求出电梯向上起动时的加速度．故 C 项错误．(d)图表示电梯加速下降时这位同学失重 时的示数，此时电梯在向下运动，电梯对人做负功，人的机械能在减小，故 D项正确． 3．如图，质量为 1.5 kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上，质量为 0.5 kg 的物体 B 由细线悬挂在天花板上， B 与 A 刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间 A、B 间的作用力大小为(g 取 10 m/s2)( D ) A．0 B．2.5 N C．5 N D．3.75 N 4. 如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为 12 m 的竖立在地面上的钢管下滑．已知这名消 防队员的质量为 60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如 果他加速时的加速度大小是减速时的 2 倍，下滑的总时间为 3 s，g 取 10 m/s2，那么该消防队员( B ) A．下滑过程中的最大速度为 4 m/s B．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1∶7 C．加速与减速过程的位移之比为 1∶4 D．加速与减速过程的时间之比为 2∶1 [A 组·基础题] 1．一根轻弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向下做匀速直线运动，从手突然停止到重物下降到 最低点的过程中，重物的加速度的数值将( B ) A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大再减小 2．如图所示，质量满足 mA＝2mB＝3mC的三个物块 A、B、C，A 与天花板之间、B 与 C 之间均用轻弹簧相 连，A 与 B 之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断 AB 间的细绳，则此瞬间 A、B、C 的加速度分别为(取 向下为正)( C ) A．－ 5 6 g、2g、0 B．－2g、2g、0 C．－ 5 6 g、5 3 g、0 B．－2g、5 3 g、g 3.(2018·江苏东海高级中学试题)如图所示，斜面 AD 和 BD 与水平方向的夹角分别为 60° 和 30° ，两斜 面的 A 端和 B 端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果 两物块同时滑到斜面底端 D，设两物块与 AD、BD 面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则 μ1 μ2 为( D ) A. 3∶1 B．1∶ 3 C．1∶3 D．3∶1 解析：根据牛顿第二定律，物块由 AD 下滑时有：mgsin 60° －μ1 mgcos 60° ＝ ma1，得：a1＝gsin 60 ° －μ1gcos 60°，由 BD 下滑时有： mgsin 30° －μ2 mgcos 30° ＝ma2，得：a2＝gsin 30° －μ2gcos 30° .设斜面底部长为 d，由运动学公式有： d cos60° ＝ 1 2 a1t2； d cos30° ＝ 1 2 a2t2.联立以上四式解得： μ1 μ2 ＝ 3 1 ， 故选 D. 4．(多选)(2018·武汉华中师大附中高三复习)如图所示为一根质量为 m、长度为 L、质量均匀分布的粗绳 AB.在粗绳上与 B 端距离为 x 的某位置有一质量不计的力传感器，可读出该处粗绳中的张力．粗绳在水平外 力 F 的作用下，沿水平面做匀加速直线运动，由力传感器读数和已知条件( BD ) A．能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用 B．可知水平外力 F 的大小 C．可知粗绳沿水平面做匀加速直线运动的加速度大小 D．若水平外力 F 的大小恒定，则传感器读数与 x成正比，与是否存在摩擦力无关 解析：设粗绳与水平面间的动摩擦因数为μ，力传感器读数为 FT，对整根绳子，由牛顿第二定律有 F－μmg ＝ma，对粗绳左侧长度为 x 的部分，由牛顿第二定律有 FT－μ mx L g＝mx L a，解得 FT＝ F·x L ；由力传感器读 数和已知条件，不能够判断粗绳运动是否受到摩擦力作用，可知水平外力 F 的大小，不能得出粗绳沿水平 面做匀加速直线运动的加速度大小，故 A、C 错误，B 正确．若水平外力 F 的大小恒定，则传感器读数 FT 与 x成正比，D 正确． 5．(多选)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2 的水平面上，质量 m＝2 kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在 与水平方向成θ＝45°角的拉力 F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．g 取 10 m/s2， 以下说法正确的是( ABD ) A．此时轻弹簧的弹力大小为 20 N B．当撤去拉力 F 的瞬间，物块的加速度大小为 8 m/s2，方向向左 C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为 8 m/s2，方向向右 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为 10 m/s2，方向向右 6. (多选)如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球 A 和车水平底板上的物块 B 都相 对车厢静止，悬挂小球 A 的悬线与竖直线有一定夹角θ，B 与车底板之间的动摩擦因数为 0.75，假设 B 所 受最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这段时间内，下述判断中正确的是( BC ) A．物块 B 不受摩擦力作用 B．物块 B 受摩擦力作用，大小恒定，方向向左 C．要使 A、B 和车保持相对静止，θ最大为 37° D．要使 A、B 和车保持相对静止，θ最大为 53° 解析：根据小球所处的状态可知，小车正在向右做匀减速直线运动，故车厢内的物块 B 跟随小车一起向右 做匀减速直线运动，加速度水平向左保持不变，根据牛顿第二定律可知，物块 B 一定受水平向左的恒定摩 擦力作用，A 错误，B 正确；设能使 A、B 和车厢保持相对静止的最大加速度大小为 am，则此时 B 受到的 摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知：μmg＝mam，得 am＝μg；以小球 A 为研究对象进行受 力分析，根据牛顿第二定律可知：mgtanθ＝mam，得 am＝gtanθ，联立两个加速度表达式得：tanθ＝ μ＝0.75，则此时的θ角为 37°.故要使 A、B 和车保持相对静止，θ最大为 37° ，C 正确，D 错误． 7. (2019·抚州七校联考)如图所示，质量为 M 的小车放在光滑的水平面上，小车上有一水平支架，一质量 为 m 的小球用轻绳悬挂于支架上．现用一水平向右的力拉小球，使小球和车一起向右做匀加速直线运动， 稳定时，轻绳与竖直方向的夹角为θ.重力加速度为 g.求： (1)绳上的拉力大小 FT； (2)拉小球的水平力大小 F. 解析：(1)对绳上的拉力正交分解可得：FTcosθ＝mg，解得：FT＝ mg cosθ . (2)小车水平方向受到的合力：F 合＝FTsinθ 联立以上解得小车的加速度大小：a＝mgtanθ M 对小球与小车整体分析可得拉小球的水平力大小为：F＝(m＋M)a＝ m＋Mmgtanθ M . 答案：(1) mg cosθ (2) M＋mmgtanθ M [B 组·能力题] 8．如图所示，质量为 m2的物块 B 放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为 m1的物块 A，A 通过跨过光滑 定滑轮的细线与质量为 M 的物块 C 连接．释放 C，A 和 B 一起以加速度 a从静止开始运动，已知 A、B 间 动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( C ) A．Mg B．Mg＋Ma C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g 9. (2019·四川眉山中学月考)如图，质量为 M 的三角形木块 A 静止在水平面上．一质量为 m 的物体 B 正沿 A 的斜面下滑，三角形木块 A 仍然保持静止．则下列说法中正确的是( A ) A．A 对地面的压力可能小于(M＋m)g B．水平面对 A 的静摩擦力一定水平向左 C．水平面对 A 的静摩擦力不可能为零 D．B 沿 A 的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力 F 的作用，如果力 F 的大小满足一定条件时，三角形 木块 A 可能会立刻开始滑动 解析： 对物体 B 受力分析，受重力 G、支持力 N、滑动摩擦力 f，如图所示：再对 A 物体受力分析，受重力 Mg、 地面的支持力 FN、B 对 A 的压力 N′，B 对 A 的摩擦力 f′，地面对 A 可能有静摩擦力 F 静，先假设有且向 右，如图所示：当物体 B 匀速下滑时，根据共点力平衡条件，可得 mgsinθ－f＝0，N－mgcosθ＝0，当 物体 B 加速下滑时，有 mgsinθ＞f，N－mgcosθ＝0，当物体 B 减速下滑时，有 mgsinθ＜f，N－mgcosθ ＝0，由于物体 A 保持静止，根据共点力平衡条件，有 FN－Mg－f′sinθ－N′cosθ＝0，f′cosθ－N′sin θ－F 静＝0，根据牛顿第三定律：N＝N′，f＝f′，当物体加速下滑时，联立以上可得：FN＜(M＋m)g，故 A 正确；当物体加速下滑时，由联立可得到 F 静＜0，即静摩擦力与假定的方向相反，即向左，当物体匀速 下降时，联立以上可得到 F 静＝0，故 B、C 错误；若 B 沿 A 的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力 F 的 作用，物体 B 的加速度立即发生了变化，但由于惯性，速度来不及变化，故摩擦力方向不变，故 B 对 A 的 力不变，故 A 依然保持静止，故 D 错误． 10. (2018·雄安新区高级中学模拟)浙江宁波慈溪方特欢乐世界的“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人 的欢迎，它的基本原理是将巨型娱乐器械由升降机送到离地面 100 m 的高处，然后让座舱自由落下．落到 离地面 20 m 高时，制动系统开始启动，使座舱均匀减速，到达地面时刚好停下．某次游戏中，座舱中小 明用手托着重 5 N 的苹果，(取 g＝10 m/s2)试求： (1)此过程中的最大速度是多少？ (2)当座舱落到离地面 40 m 的位置时，手对苹果的支持力？ (3)当座舱落到离地面 15 m 的位置时，苹果对手的压力？ 解析：(1)由题意可知先自由下降 h ＝(100－20)m＝80 m， 由 v2＝2gh，有 v＝40 m/s (2)离地面 40 m 时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零 (3)a＝v2 2s 由此得： a＝40 m/s2 根据牛顿第二定律：FN－Mg＝Ma 得：FN＝25 N 根据牛顿第三定律，苹果对手的压力为 25 N. 答案：(1)40 m/s (2)0 (3)25 N 11．某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定大小的初速度，沿倾角可在 0 °～ 90 °之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为 x，若木板倾角不同时对应的最 大位移 x与木板倾角α的关系如图所示．g 取 10 m/s2.求：(结果如果是根号，可以保留) (1)小铁块初速度的大小 v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？ (2)当α＝60 °时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁球速度将变为多大？ 解析：(1)当α＝90°时，x＝1.25 m，则 v0＝ 2gx＝ 2×10×1.25 m/s＝5 m/s.当α＝30°时，x＝1.25 m， a＝v20 2x ＝ 52 2×1.25 m/s2＝10 m/s2. 由牛顿第二定律得 a＝gsin 30°＋μgcos 30°，解得μ＝ 3 3 . (2)当α＝60°时，上滑的加速度 a1＝gsin 60°＋μgcos 60°，下滑的加速度 a2＝gsin 60°－μgcos 60°. v2＝2ax， 则有 v1＝ a2 a1 v0＝ 2 2 v0＝ 5 2 2 m/s. 答案：(1)v0＝5 m/s μ＝ 3 3 (2)5 2 2 m/s