2020版物理新增分大一轮人教通用版讲义：第三章牛顿运动定律第2讲

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
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，由牛顿第二定律得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．F1F3
C．F1>F3 D．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　(2018·四川省乐山市第二次调研)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＝10 m/s2，根据图象分析可知(　　)


图3
A．人的重力为1 500 N
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500 N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500 N，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：a1＝＝ m/s2＝20 m/s2，人在f点时：a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，故D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，A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s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＝60 s时为零，D正确．
变式2　(2018·广东省深圳市三校模拟)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/s2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/s2，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＝5 m/s2
B．匀加速下降，a＝5 m/s2
C．匀速上升
D．静止状态
答案　B
解析　当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2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：
FN上＋mg－FN下＝ma，m＝＝ kg＝1 kg，G＝mg＝10 N
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10 N，则上顶板传感器的示数是5 N.
对金属块，由牛顿第二定律知 FN上′＋mg－FN下′＝ma′
解得 a′＝5 m/s2，方向向下，故电梯以a＝5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a＝5 m/s2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
⇒⇒

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·河北省衡水中学第一次调研)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．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝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，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB
解得FT＝2mAg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝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gsin θ
D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin θ
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)gsin θ＝6mgsin θ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ.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)gsin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsin θ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mgsin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsin θ，以C为研究对象，由牛顿第二定律得aC＝gsin θ，方向沿斜面向下，故C、D正确，A、B错误．
变式3　(2018·山西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gsin θ
B．图甲中B球的加速度为2gsin θ
C．图乙中A、B两球的加速度均为gsin θ
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4mgsin θ，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4mgsin θ，加速度为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin θ，A、B两球的加速度均为gsin θ，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　(2018·广东省湛江市第二次模拟)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10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

图10
A．长木板的质量M＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
C．当F＝14 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
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12 N时，加速度为：a0＝4 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a0，代入数据解得：M＋m＝3 kg；当F大于12 N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＝＝1，则M＝1 kg，故m＝2 kg，故A错误；由A项分析可知：F大于12 N时，F＝a＋20μ，若F＝8 N，a＝0，即得μ＝0.4，故B正确；由A项分析可知：F大于12 N时F＝a＋8，当F＝14 N时，长木板的加速度为：a＝6 m/s2，故C错误；当F大于12 N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·福建省三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图11所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

图11
A．物块与地面的动摩擦因数为0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
答案　BC
解析　在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，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5 s末物块的加速度为零，选项D错误．
变式5　(2018·安徽省池州市上学期期末)如图12所示为质量m＝75 kg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图象，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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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2 m/s2
C．动摩擦因数μ为0.25
D．比例系数k为15 kg/s
答案　C
解析　由v－t图象可知，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a0＝ m/s2＝4 m/s2，故B错误；在t＝0时刻开始加速时，v0＝0，由牛顿第二定律可得mgsin θ－kv0－μmgcos θ＝ma0，最后匀速时有：vm＝10 m/s，a＝0，由平衡条件可得mgsin θ－kvm－μmgcos 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·广东省湛江市第二次模拟)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c受到的摩擦力大小为0.5μmg
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：FT＝2μmg，则F>FT，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，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：Ff＝ma，解得Ff＝0.5 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：Ff′＝ma′，解得Ff′＝μmg，故D正确．
变式6　(多选)(2019·河南省郑州市质检)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＝x2 B．若m C．若μ>sin θ，有x1>x2 D．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
FT－μmg＝ma1②
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)a2④
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有
FT′－mgsin θ＝ma2⑤
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＝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·湖北省黄冈市质检)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·广东省东莞市调研)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·安徽省淮北市质检)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图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是(　　)

图4
A．在3 s末，物体处于出发点右方
B．在1～2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小
C．在1～3 s内，物体的加速度方向先向右后向左
D．在0～1 s内，外力F不断增大
答案　A
解析　根据v－t图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，则前3 s内物体的位移为正，说明物体处于出发点右方，故A正确；在1～2 s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1～3 s内，图象的斜率不变，则加速度不变，故C错误；在0～1 s内，图象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5
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，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，故C正确，A、B、D错误．
6．(2018·福建省四地六校月考)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·河北省张家口市上学期期末)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
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
答案　BD
解析　若水平地面光滑，将A、B看做一个整体有：a＝＝，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：a＝，所以FA＝ma＝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′＝，将B隔离有：a′＝，解得FA′＝，C错误，D正确．

8．(2018·河南省鹤壁市第二次段考)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.g、g B．g、g C.g、0 D.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mgsin 30°，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mgsin 30°和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcos 30°，故其瞬时加速度为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·江西省临川二中第五次训练)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变化的图象如图乙所示．取g＝10 m/s2.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6 m/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：Fcos θ－mgsin θ＝ma①
y方向：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0②
从a－F图象中取两个点(20 N，2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入①式解得：m＝2 kg，θ＝37°
因而A、B可以算出；
当a＝0时，可解得F＝15 N，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6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出．
10．(多选)(2018·内蒙古赤峰二中月考)如图10甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/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象如图乙所示，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＝1 s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．恒力F大小为10 N
答案　BC
解析　物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝＝10 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为：t1＝＝ s＝1 s，即在t＝1 s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：a2＝＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立解得：F＝7 N，Ff＝3 N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误．
11．(2018·广东省深圳市高级中学月考)如图11所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m的光滑细杆上，A和B的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向的、大小为20 N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a1运动时，弹簧与杆夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝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a2，则a1∶a2为多少？
答案　(1)100 N/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＝(mA＋mB)a1
再对B受力分析：
由牛顿第二定律可得：F弹cos 53°＝mBa1
联立解得F弹＝25 N
由几何关系得，弹簧的伸长量：Δx＝L＝0.25 m
由胡克定律得，F弹＝kΔx
所以弹簧的劲度系数：k＝100 N/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cos 53°＝mAa2
联立得a1∶a2＝1∶3.
12．(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图12所示，质量m1＝500 g的木板A静止放在水平平台上，木板的右端放一质量m2＝200 g的小物块B.轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块C连接，长木板与滑轮间的细线水平．现将物块C的质量由0逐渐增加，当C的质量增加到70 g时，A、B恰好开始一起匀速运动；当C的质量增加到400 g时，A、B开始发生相对滑动．已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计．求木板与平台间、木板与物块B间的动摩擦因数．

图12
答案　0.1　0.3
解析　设A与水平平台间的动摩擦因数为μ，当mC＝70 g时，系统恰好匀速运动，由平衡条件得：FT＝mCg，Ff＝FT，Ff＝μ(m1＋m2)g
联立解得：μ＝0.1
设A、B间动摩擦因数为μAB
设系统加速度为a，由牛顿第二定律得：
对B：μABm2g＝m2a
对C：mCg－FT1＝mCa
对A、B整体：FT1－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
联立得：μAB＝0.3.